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标题: 解读3:探究费尔玛大定理的证明,不神秘很好懂,也很有趣 [打印本页]

作者: chengenlin    时间: 2012-2-24 21:01
标题: 解读3:探究费尔玛大定理的证明,不神秘很好懂,也很有趣
本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:50 编辑 " F; c" h) r  q1 k( i
' m" R, b, `, g9 h6 I* f% b' H
     由上篇导读2,我们已证得5│z的这个结论(其中,记号5│z表示5能被z整除)。不过,要加以说明的是,我们指定的满足不定方程 + H, W  t5 o( Y% t
                                                                   x5+y5=z5                                                                            (7)
: z. C9 Y! i% v) S各组解中的z必须是最小的。(为使大家便于理解,不妨举大家熟知的例子,如勾股定理的式子x2+y2=z2 的各组正整数解(3,4,5),(6,810)和(9,12,15)…………,或(7,24,25),(14,48,50),(21,72,75)……  。以上两组解中,其中第一组解(3,4,5)中的z=5是最小的。而另一组解(7,24,25)中的z=25是最小的。可以看出第一组解(3,4,5)是基础解,有了(3,4,5)的解,对x2+y2=z2 来说,就会有后面的6,810)和(9,12,15)…………等无数组正整数解,方法是将第一组(3,4,5)中的各数乘以2,就得到另一组解。以此类推。第二组解也是如此。由此,可以看出 (7)式如果有一组正整数的基础解,将会有无数组正整数解。由于已设定z是不定方程 x5+y5=z5 各组解中最小的z值,因此必然是x,y之间无公因数(用式子表示为(x,y)=1)。这是因为如果(x,y)=d>1的话,将(7)式两边同除以d5,得到d5分别被 x5和y5整除,记作d5│ x5,d5│ y5。因此,由(7)式就得到d5│z5 ,也即有d│z。由于z整除d得到的 z'的值比z还小,这与z是 各组解 中最小的z值发生矛盾。因此必有(x,y)=1  能成立。再来证明,还有(z,x)=(z,y)=1 的式子能成立。这是因为假 若(z,x)=m>1的话,就得到m│z 和m│x,把(7)式两边同除以m5,就得到m│y 。由已证得的 m│x和 m│y ,就得到(x,y)=m>1,这与已证得的(x,y)=1发生矛盾。也即由(7)式; _# ]- q9 x; M' K) k8 _6 y
,必有  r/ P1 n4 S7 a/ a- Y9 w
                                                      (x,y)=(z,x)=(z,y)=1                                                                      (8). }; \: p" b# ]2 v# y% o
能成立。以上已说明z是各组解中最小的z值,解读2中已证明了5│z,因此 z是5 的倍数,但不是5的平方的倍数,因此有, \2 \( T% ?1 L& B" `) O& P
                                                       (5)2┥z (表示5的平方不能被z整除)                                                 (9)# Q6 y8 x, _" W' P: U; S7 S
     以下,我们将由5│z出发,从后面推导得到的其它式子来证得(5)2能被z整除。应当说这真是一个奇迹,证明完后我们将说明为什么会有此奇迹发生。由z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y),将其等式右边提取公因式5(x+y),得到
3 \( l5 l- p. L2 F5 p                                                          z5=5(x+y)(e(x+y)4-xy(x+y)2  +x2y2)(其中的 e=5分之1 )    (10)* a( o! ~; `! _& ~
由 于5│  t 在导读1中已被证明 ,即有5│(x+y-z) 。由 证得5│z和5│(x+y-z) ,就得到 5│(x+y)。由于e=5分之1  ,因此 e(x+y)4为正整数。下面 ,将证明: S9 L# m) R. |& t" \' ~' d. |
                                                         ( 5(x+y),e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  )=1                                  (11)  
' q4 l& U, V9 z$ Q: W. C  [8 Y' i4 p     先引入以下几个引理:
  L( C% v$ g  i+ I; s     引理1:设a,b为正整数,且a>b。若(a,b)=1,则(a+b,b)=1和(a-b,b)=1。证明:假设(a+b,b)=d>1,此时存在正整数u1和u2, 使得a+b=du1和b=du2(其中(u1,u2)=1)。因此可求得a=d(u1-u2),由于b=du2,故得到(a ,b)=d>1,这与已知(a,b)=1相矛盾,故有(a+b,b)=1。同理可证(a-b,b)=1。     ( 举例来说,若(2,3)=1,就有(2,2+3)=1)! n! q6 m0 E( x( M
     引理2:设a,b,c和k为正整数。若c│a且(a,b)=1 , 则有(c,b)=1(符号c│a,表示c能被a整除)。证明:因为c│a,这时存在一个正整数k,使得a=kc能成立。将a=kc代入(a,b)=1中,得(kc,b)=1。由(kc,b)=1,表示正整数k和c的乘积与正整数b之间无公因数,由此,那么必定得到c与b无公因数、k与b也无公因数,否则的话就有(kc,b)= d>1与以上得到的(kc,b)=1相矛盾。因此,当c│a和(a,b)=1时 , 必有(c,b)=1。   ( 举例来说,若3│6且(6,7)=1 ,则有(3,7)=1)
" h0 H1 S# O2 [/ y2 ?* a      引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。证明:因为(a,b)=(a,c)=1时,表明a和b、c之间都无公因数,则a和bc之间也一定无公因数。不然的话由(a,bc)=d>1,就有(a,b)=d'>1或(a,c)=d">1能成立,但这与已知(a,b)=(a,c)=1发生矛盾。因此,当(a,b)=(a,c)=1时,有(a,bc)=1。   ( 举例来说,若(2,3)=(2,5)=1,则有(2,15)=1)
3 `' L3 U' |. w; U; _    引理4:设a,b和n为正整数,若(a,b)=1,则有(a , b的n次方)=1。证明:因为(a,b)=1,表明a和b之间无公因数,则a和b的n次方之间也一定无公因数。不然的话(a ,b的n次方)=d>1,就要得到(a,b)=d'>1,这与已知(a,b)=1发生矛盾。故当(a,b)=1时,必有(a ,b的n次方)=1。            ( 举例来说,若(2,3)=1,则一定有(2,3的任何次方)=1)
! T, o' @1 ~" a9 L/ ^0 c    现在,开始证明(11)式,分两步走。先证( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  )=1  ,由于(8)式有(x,y)=1,可以证得(x+y,x)=1和( x+y,Y)=1(参引理1)。由此,可以证得(x+y,xy)=1(参 引理3)。再由(x+y,xy)=1可以证得(x+y,
: E0 Q  z) u$ e$ X7 ]$ mx2y2  )=1 (参 引理4)。接着,由( x+y)│(e(x+y)4-xy(x+y)2 )和(x+y,x2y2)=1,就可证得( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  )=1 (参引理2)。由于5│( x+y),和( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1,就能证得( 5,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1成立(参引理2)。最后,由已证得的( 5,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1和( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1,就证得(( 5(x+y),e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  )=1(参 引理3),也即(11)式被证明成立。由(10)和(11)式的成立,知必定存在正整数d和s,使得 5(x+y)=d5, 和e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 =s5 能成立。也即有
: l4 A0 J& H& h9 k8 M                                                                      x+y=e d5    (其中e=5分之1 )                                      (12)+ `; H3 O- u  G" j
能成立。把  x5+y5=z5 变形为  x5=z5 -  y5。因x5=z5 -  y5 =(z-y)5  +5zy(z-y)3 +5z2 y2 (z-y)=(z-y)((z-y)4  +$ s4 T- j6 t+ s8 X4 M0 s: f. ?
5z y(z-y)2 +5z2 y2 ),也即有: j. B% r& v" g' C& ~) X5 j+ m
                                                                    x5=(z-y)((z-y)4  + 5z y(z-y)2 +5z2 y2 )                    (13)& r* N* k1 z* D/ Y4 Y" i. ~
    由于,由(8)式有(z,x)=1。在本文的开头,表明在导读2已证得5│z  。由  5│z 和 (z,x)=1,就能证得(5,x)=16 p/ q7 [5 v, }/ E( q8 h- B2 |
(参 引理2)。由(x,5)=1就证得(x 5 ,5)=1(参引理4)。由(x 5 ,5)=1和(13)式,就证得((z-y)((z-y)4  + 5z y(z-y)2 +5z2 y2  ,5)=1。由此式,就证得(z-y,5)=1  。接着,再由(8)式(z,y)=1 ,能证得(z-y ,z)=(z-y,y)=1。(参引理1)。再由此式,就证得(z-y,zy)=1(参引理3)。接着,由(z-y,zy)=1,就证得(z-y , z 2y 2)=1(参引理4)。由已证得的(z-y,5)=1 和(z-y , z 2y 2)=1就证得(z-y , 5 z 2 y 2)=1(参引理3)。由于(z-y)│((z-y)4  + 5z y(z-y)2 )和(z-y , 5 z 2 y 2)=1,就能证得" [2 j5 T8 ^, E# v& P( I  ?1 }
                                                     (z-y  ,(z-y)4  + 5z y(z-y)2 +5z2 y2 )=1(参引理2)                (14); U0 l2 g) ~& e9 ]$ h% L
   由(13)和(14) 式,知存在正整数m和v,使得z-y=m5 和(z-y)4  + 5z y(z-y)2 +5z2 y2 =v5能成立。即有
3 {& c5 }2 L3 W5 g( X7 h& j0 S                                                                z-y=m5                                                                                  (15)0 C- _/ T. K! a( W& L+ H; B
成立。再将 x5+y5=z5 变形为 y5=z5 -x5。由y5=z5 -x5,同理,可以证得
8 C! M' g( T/ r                                                                 z-x=p5  (其中p为 正整数)                                                    (16)2 i6 d# c6 O6 @$ ~# d# m
    把(12),(15)和(16)三个式子相加,得到. O  v3 B# K( o) `; C1 d. d
                                                       2z=e d5 +(  m5 + p5 )    (其中e=5分之1 )                                       (17): P, V0 W4 n( d; o: V
    把(17)式两边同除以5。由于5│z,因此5│2z能成立,再由(12)式  x+y=e d5    (其中e=5分之1 ),可得到5│d,因此 5│e d5 也 能成立。由等式的性质,得到5 ~* g& m3 E4 c, Y
                                                        5│(  m5 + p5 )                                                                                 (18)
4 d4 Q# ^" T% U3 m6 t& ]3 L能成立。将 m5 + p5 展开为( w" Z/ E, v+ w% t* C7 o! P! G8 M& U
                                                      m5 + p5 =(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)                                 (19)
1 |+ a0 E1 V1 Z  t5 ^将此式两边同除以5,因此得到' o8 i/ @9 U' i0 a  Q
                                                        5│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)                                           (20)$ Z+ J5 u/ V4 y2 n8 n* L
    由(19)式,可以看到 它的 右边 3项中有2项的系数是5的倍数。因此,由整除的性质,可以得到另一项 (m+p) 5也能被5整除,也即有5│(m+p) 5。由于5是其素数,且m+p为正整数,因此当5│(m+p) 5时,m+p和5只存在一种关系,就是
" {% Y9 u4 o4 V. Z( w5│(m+p)。由5│(m+p),可以看出(5)2能被(m+p) 5 整除,另两项都含因式5(m+p) 因此也能被(5)2整除。因此,得到
4 y. u3 @% N; N6 x  F                                                       (5)2│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)                                  (21)! g; M4 H7 b7 ?  W0 l$ a
    将(19)和(21)式对照,就得到
& }1 q9 L1 ^: V" o2 m$ Z% f1 }                                                          (5)2│( m5 + p5 )(这里记号(5)2是表示5的平方)                 (22)  e9 \( H+ q9 r& D( ~
   由(17)式,其中的项e d5 由于e=5分之1 ,得知 5│d,因而(5)2  │ e d5 能成立。由(5)2  │ e d5 ,和(22)式
3 M! h: C; Q/ {" }4 i2 U(5)2│( m5 + p5 )及(17)式,可以证得(5)2│ 2z。由(5)2│ 2z,及(5)2与2无公因数,因此必有
$ p: [" H" W4 P% H2 v                                                            (5)2│ z                                                                                     (23)
7 W) S9 ?  ?3 E3 Y2 Y    明显看出(23)与(9)式发生矛盾,由此可以看出假设不定方程 x5+y5=z5 有正整数解不能成立。* w: p9 I* B$ Z

9 V3 j8 A; a0 ?8 y9 w4 L7 o9 E! A6 n' }& d$ c# }1 C8 n2 K, t
   说明:我用完全相同的原理来证得n为一切奇素数时,证得费尔马大定理成立。再结合当n=4时xn+yn=zn没有正整数解已被人们得到证明成立。和我国著明的数学家陈景润在所著的《初等数论》的《费尔马问题的介绍》中,表明了“当n=4时和n为一切奇素数时,费尔马大定理成立。就可以归纳得出费尔马大定理成立,也即证得当n取一切大于2的整数时,不定方程xn+yn=zn没有正整数解成立。
5 {. C; q6 i/ j2 L0 y# \9 c) W9 @4 i* J) w( F% H4 v
      证明结束后进行回顾和小结:本文中突出抓住不定方程 x5+y5=z5 指数5 与其变量x,y和z之间的关系,进行深入分析。有趣的是,当证明进行到(20)式5│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p) 后,为什么会出现仅由此式本身,就又能证得(21)式的(5)2│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)能成立呢?按道理这绝对是违反常规的,而正是这个奇怪的现象,却导致后面我们能证明成功。对这个奇怪的现象通过冷静地思考就会发现,如果m和p不全是正整数就不会发生以上矛盾了,事实上,由于最终证明了不定方程没有正整数解,x,y和z不可能全是正整数,因此由(12),(15)和(16)式知m和p就不可能都是正整数。这就回答了以上为什么会出现奇怪的现象。也就是说,当m和p不全是正整数时(20)式本身就不能成立的,当然更不会有(21)式成立的结论,因而也就不会发生后面的矛盾了。$ k4 L+ z; d1 O8 S4 K
1 S  g: Y% c) k
               下文 解读4,经行全面分析,应当更有趣。                              * o* L! W& y' L8 U* h
, s) N: [0 G3 x  G- _% W! V5 }
& P" z$ ]0 ]# K+ K+ `1 n

; Z$ i3 ?/ N3 {2 v% f0 V
% @5 K1 g) p) g- R4 q$ z
# M- A* T; Q  N  ^7 L2 c4 N) t
. ~  k1 n8 Z8 d6 _" Z- X                                                                           & [# R# f6 h3 R3 U) |

1 s6 z/ L' A' U5 z6 E
/ Q8 r- M$ }- V+ r
' K; W- P7 a4 R7 ~+ }- i7 A  F) f3 E9 w' i
                                                                             




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