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标题: 导读7：证明费尔玛大定理最关键之处，分析3 [打印本页]

作者: chengenlin 时间: 2012-3-16 12:53
标题: 导读7：证明费尔玛大定理最关键之处，分析3
本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:55 编辑

由导读6中引入新变量t到由不定方程z7=x7+y7作为实例以便大家更易理解，由此引出（1）式zn =xn +yn一般式的证明方法。由导读6中z7=x7+y7，和将它经过移项后得到x7=z7-y7及y7=z7-x7的另2个式子，已经证得以下3个式子
               7│ xy(x+y)（(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2)  (符号a│b ，表示a能被b 整除）（10）
                  7│zy(z-y)（(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)                                                                (11)
                           和 7│zx(z-x)（(z-x)4 +2zx(z-x）2  +z2 x2)                                                                (12)
成立。由于我们在导读5和6中一下子推出了全文最关键之处，未及细节。现在有必有按顺序补充交代一下。实际上在证明一开始就应当说明的，为了证明（1）式xn +yn=zn没有正整数解，我们假设（1）式有正整数解。那么满足（1）式的所有的各组正整数解当中，必有一组解中的z是最小的，即存在一个最小的正整数z使得（1）式(x)n +(y)n=(z)n成立，而其中的x和y都是正整数。我们把正整数x和y的最大公因数d,记作（x,y）=d。此时，由（1）式知就一定有
                     （x,y）=1    （当（x,y）=1时，表示x与y之间无公因数）             (13)

不然的话，就一定有（x,y）=d>1。由(d)n | (x)n,和(d)n | (y)n(其中符号“a│b”，表示a能被b整除。而（d)n 表示d的n次方) ，及（1）式得到(d)n │ (z)n。因而得到d分之一的z小于z，但这与z是（1）式各组正整数解当中最小的发生矛盾。所以有(x,y)=1  成立。以下举例说明（要说举例，根本举不出z7=x7+y7方面有正整数解的例子，是因为它无正整数解。），但中学所学的勾股定理是大家熟知的，例如x2+y2=z2的各组正整数解有（3,4，5），（6,8,10)  和(9,12,15)等，还有（5,12,13）
，（10，24, 26）和（15，36,39）等。其中5是是第一大组解中最小的z,  (3,4，5）是第一大组解中的基础解，只要有了
(3,4，5）的解，就会有无数组的正整数解，只要将基础解的各数同乘以2，就得到另一组解（6,8,10) ，以此类推可得到第一大组中无数组解。可以看出第一大组基础解(3,4，5），其中x=3,y=4,z=5,明显有（x,y)=1成立，即（13）式成立。而不是基础解的（6,8,10) 等，（13）式是不成立的，这是因为（6,8）=2＞1了。由（x,y）=1 我们可以进一步证得
                                 （z,x)=(z,y)=1                                                                            (14)
   这是因为若（z,x)=d＞1，可以得到(d)n| (z)n,和(d)n | (x)n及（1）式zn =xn +yn可以得到(d)n| (y)n。由(d)n | (x)n和
(d)n| (y)n得到（x,y）=d＞1。这与（13）式（x,y）=1 发生矛盾。同理证得(z,y)=1 ，也即有（14）式成立。
   我们根据证明的需要，引入以下几个引理：
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)。因此有a=d(u1-u2)，和由于b=du2因而得到(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。（其中u1,u2仅表示不同的字母，无其它意义。）。
( 注：引理1的应用，例如（2，3）=1，则有（2，2+3）=1能成立，等等。)
引理２：设a,b，c和k为正整数。若c│a，且有(a,b)=1 , 则(c,b)=1。
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，必有（c,b）=（k,b）=1。（对于因理2 ，通俗地说，当a,b之间无公因数时，那么a的子集c与b也无公因数。）
   ( 注：引理2的应用，例如2│6，且有(6,7)=1 , 则有(2,7)=1成立，等等。)
   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相矛盾。因此，必有(a,bc)=1。
( 注：引理3的应用，例如（3，5）=1和（3，7）=1，则有（3，35）=1，等等。)
   引理４：设a,b和n为正整数若(a,b)=1,则(a ,（ b）n)=1。（其中（ b）n表示b的n次方）
证明：因为(a,b)=1，表明a和b之间无公因数，则a和bn之间也一定无公因数。不然的话（a ，bn）=d>1,就要得到（a，b）=d'>1，这与已知(a,b)=1发生矛盾。故必有(a , bn)=1。
   (注：引理4的应用，例如（3，2）=1，则有（3，（2）5 ）=（3,32）=1成立，等等。)

   接着，还需作一点准备，把z7=x7+y7式化为z7 =(x+y)(x6-x5y+x4y2-x3y3+x2y4-xy5+y6)，再将其两边同除以
（ x+y），可以得到(x+y)│z7,，从而必有
                                       (x+y,  z)=d1>1                         (15)
这是因为如果(x+y,  z)=1 ，可以得到 (x+y, z7)=1（引理4) , 即有(x+y) ┥ z7(此式表示(x+y) 不能被 z7整除）。这与已证得的(x+y)│z7发生矛盾，因而有(15)式成立。
同理，由x7=z7-y7和y7=z7-x7还可以证得有
                        (x, z-y)=d2 和 (y, z -x)=d3                      （16）
能成立。由（15）和（16）式知有
   （xy(x+y)， zy(z -y),  zx( z-x)）=d1d2d3>1             (17)

能成立。现在已和本文的开头联系上了。由（17）式知（10），（11）和（12）这三个式子的右边的单项式有最大公因数
d1d2d3。（其中d1d2d3表示3个不同字母d1，d2和d3的连乘积。），以下我们将证明有
                                       7│d1d2d3                                                          (18)
能成立。先证明（10）式右边中括号外的单项式与中括号内的多项式无公因数，也即去证明
                     （xy(x+y )，（(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2)  ）=1                   （19）
为了证明上式能成立，分两步进行。第一步，去证（xy，(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2 ）=1 。由于xy│（2xy(x+y）2  + x2y2 ）的成立，接下来去证(xy，(x+y)4)=1。由(13)式(x,y)=1，可以证得（x , x+y）=(y, x+y)=1(引理1)。由（x,x+y）=(y,x+y)=1，可以证得（x, (x+y)4）=(y, (x+y)4)=1(引理4) 。再由（x, (x+y)4）=(y, (x+y)4)=1就可以证得(xy，(x+y)4)=1(引理3)。此时，由(xy，(x+y)4 ）=1，和xy│（（2xy(x+y）2  + x2y2 ）就能证得（xy，(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2 ）=1(引理2)，第二步，同理可以证得（x+y，(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2 ）=1。由以上两个证得的式子，就能证得
（xy(x+y），(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2 ）=1 (引理3)，也即（19）式被证明成立。由（11）和（12）式右边括号外的单项式与括号内的多项式，同理可以分别证得
                  （zy(z-y)，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1                                  (20)
                              和（zx(z-x)，(z-x)4 +2zx(z-x）2  +z2 x2)  =1                               （21）
成立。由（19），（20）和（21）式的成立，得知（10），（11）和（12）式右边各单项式和同一个式子中的多项式无公因数。由于（17）式已得知以10），（11）和（12）的单项式的公因数是d1d2d3，这就告诉我们以上3个多项式中的任何一个都不含有单项式的公因数d1d2d3。接着，我们再来了解这3个多项式之间的关系。它们分别是
                        (x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2                         (22)
                        (z- y)4 + 2zy(z-y）2  + z2y2)                                           (23)
                                             (z- x)4  +  2zx(z-x）2  +z2 x2)                                           (24)
   仔细观察后就会发现，这3个式子是对称关系。将（22）式中的x换成-z就得到（23）式，若再将（22）式中的y换成-z 就得到 (24)  式。以下，我们去证明以上这三个式子无公因式，
设（22）式为
                        f(x)=(x+y)4 - 2xy(x+y）2  +x2y2
   则（23）式为
                        f(-z )=(z- y)4 + 2zy(z-y）2  + z2y2)
   我们假设 f(x)和f(-z )都通过因式分解并提取了它们的公因式。若使f(x)所指的公因式中的x改变为-z，而使y保持不变。这样就成了f(-z )中所指的公因式。由于这两个公因式中所含的x和-z的不同，因此它们实际上不是f(x)和f(-z )的公因式，也即证得（22）和（23）式无公因式成立。同理可以证得（22）和（24）式，（2,3）和（24）式之间均无公因式。也即证得（10），（11）和（12）式的多项式之间无公因式。
   由于（10），（11）和（12）式的右边单项式有相同的公因数d1d2d3，，多项式相互之间无公因式而且也不含d1d2d3  。因此，由（10），（11）和（12）式的3个式子同时被7整除，得知7只能是被这3个式子的公因数d1d2d3整除。也即有
                                          7│ d1d2d3                                                                      （25）
成立。

                           下文，由导读8：证明费尔玛大定理最关键之处分析4连接

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