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标题:
导读8:证明费尔玛大定理最关键之处,分析4
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作者:
chengenlin
时间:
2012-3-17 20:29
标题:
导读8:证明费尔玛大定理最关键之处,分析4
本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:57 编辑
" Z5 C5 m: p* v# e4 \ i
/ | Y- b* d. p& X' \# y
0 E# g& T3 M% o+ R
我们由上篇导读7证得(25)式的7│ d1d2d3 。由于要用到导读7及已证明过的一些式子,为方便起见我们将它重新摘录在下面。 对于费尔玛大定理,我们去证明当n>2时不定方程
# n7 k3 ~# ^) x4 V
xn +yn=zn (1)
6 p( Q+ B8 a9 q% h( V
没有正整数解。
\# y9 l+ N) P. s4 @! \6 q
通过取n=3,5,7,11,13的奇素数,将(1)式变形为以下有相同规律的式子:
. i/ u# c4 c# T5 }& T
z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)
6 ~; u8 E, _; a
z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y)
3 |) p8 {8 ^. C' V) \
z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)
8 |+ v! X/ ]7 U. O. G
z11=x11+y11=(x+y)11-11xy(x+y)9+44x2y2(x+y)7-77x3y3(x+y)5+55x4y4(x+y)3-11x5y5(x+y)
& O0 h% D+ y+ | i7 x! M
z13=x13+y13=(x+y)13-13xy(x+y)11+65x2y2(x+y)9-156x3y3(x+y)7+182x4y4(x+y)5-91x5y5(x+y)3
8 I" w5 Y8 J6 n- ]! x
+13x6y6(x+y)
% \% n1 k! _" A
由此启发我们当n为任意奇素数时,去证明xn +yn=zn 变形后的具有一般规律的的统一表达式子,由此,就可以用此统一
1 f+ N! f( w8 x0 m* f9 O6 l }+ s
表达式代表n为一切奇素数的式子去证明费尔玛大定理成立。这就提供了用以上的一般式能证得费尔玛大定理成立的理论依据。
' l: f1 E5 }' \5 o
即有
w, M- _7 u/ x. s8 {, b
z n=(x+y)n-naxy(x+y)n+nbx2y2(x+y)n-4+…+(-1)s nc xvyv (x+y)n-2v+…+ nf xryr(x+y) (2)
8 q. H! ?! G6 z8 J
(其中r=(n-1)除以2,系数a=1,系数f为1或-1 )
$ Y, x; y i) j6 G
为大家 易接受起见,我们在导读7中选择了 z7 =x7 +y7为代表的式子去证明费尔玛大定理。其实,这和由(2)式去
2 R( p" j+ e8 N5 A6 c
证明费尔玛大定理的原理是完全一样。 由导读5,6和7的分析和证明,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
& O$ n4 }& q8 s
(x,y)=1 (13)
% @. H Y7 ~% h- l; o
成立。
4 I, v9 k5 U; e; d) d S% y6 A4 H/ s
本文还要用到下面几个引理,也记录如下。
! a! q, h( I/ n0 r5 g" M `
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。(引理1的应用,例如(2,3)=1,则有(2,2+3)=1能成立,等.)
2 l: x! r w6 H. C$ A5 g
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。(引理2的应用,例如2│6,且有(6,7)=1 , 则有(2,7)=1成立,等.)
+ Z/ C; P, g' j6 }( \' u; E
引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。(引理3的应用,例如(3,5)=1和(3,7)=1,则有(3,35)=1,等.)
/ `9 m8 w3 Q* g+ G' A- q; `
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)(引理4的应用,例如
# O0 i( e0 Q- d" }( K
(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等. )
) ~7 C9 g; s0 v ^. s
我们已证得的
% l' Z* W9 g8 V: Q: W
(z,x)=(z,y)=1 (14)
Q' a9 L1 f6 O% W t
1 e) G0 D6 B9 l# g5 e
(x+y, z)=d1>1 (15)
+ e+ O: s1 M5 A3 C# D, o5 ~3 s
(x, z-y)=d2 ,(y, z -x)=d3 (16)
$ P5 x. ?2 _) O9 e: W# l
7│ d1d2d3 (25)
3 }# |( H" k L. ~7 s1 n9 y
# ^+ O$ y: c+ O3 r& ?; a
从现在开始,已和上篇导读7最后证到的(25)式连接上了。我们接着往下证明, 由(13) 和(14)式可以得到
3 K [- H- _0 ?4 E* O
( z,x)=(z ,y)= (x,y)=1 (26)
2 f, o$ }) I! O% K; N2 E" n/ Z
成立。由(26)和由(15)及(16)式 得到
; m& H3 B: w' N" E5 X4 C
(d1,d2)=(d1,d3)=(d2,d3)=1(引理2 ) (27)
- P, W3 [( b( f( f2 X i" {* _) C
成立。(例如,由(15)和(16)式分别得到z=d1 s , 和x=d2 h , 把它们代入(26)式得到( d1 s ,d2 h ,)=1,因而由d1 s 和d2 h 无公因数得到(d1,d2)=1,同理可以证得(d1,d3)=(d2,d3)=1,也即有(27)式成立。)由(25)和(27)式知7必被d1 ,d2和d3中的一个整除,不妨设
$ _# _% e0 q6 U* b& C* j1 _8 ~
7|d1 (28)
2 n F; A* q% p' G* Q8 }% {
由(28)和(15)式可以得到
4 _0 g( `% K3 T* o1 i
7|z (29)
. V; @' f( _7 A
能成立。由(28)式的7|d1和由(15) 式(x+y, z )=d1>1 可以得到
1 M* p( ]& _# _) m- _; F3 H
7|(x+y) (30)
a k' E! y" G
由(29)和(30)式可以得到7|(x+y- z)。再由导读5中 的(5)式的t=x+y-z就能得到7|t成立,这与导读5中的(5)式证得的7|t的结果完全一致。从以上得到 7|z 和 7|(x+y) 完全满足 7|t是(1)式有正整数解的必要条件。也即求得的x+y和z必须满足7|(x+y- z)能成立。至此,我们充分相信以上证明过程能得到7|z 的结果的理由是十分充足的。
% s2 K) {/ l+ r. H: I; n3 }
以下,我们将由(30)式,进一步去证得有(7)2 │z 能成立(其中(7)2 │z表示7的平方能被7整除)。我们把 Z7=
, K/ z6 y3 W K
(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)的右边提取公因式7(x+y)后,得到
# _* f5 @2 z9 p. T* ]9 A! M
Z7= 7(x+y)(p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2-x3y3) (其中p=7分之1,p(x+y)6为正整数) (31)
( f! Z* \) T# J5 C D
由(13)式(x,y)=1 ,可以得到 (x + y,x)=1和 (x + y,y)=1 (引理1)。由此,得到(x + y,xy)=1 (引理3)。接着,由(x+y,xy)=1,得到(x+y,x3y3 )=1(引理4 )。 此时,由(x+y,x3y3 )=1和(x+y)│( p(x+y)6
1 Z; l! S8 Q3 x! C6 S9 b2 Q( e
- xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2)可以证得有
9 }$ a3 P+ @5 L
((x+y),p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 )=1 (引理2) (32)
1 A0 M" Q7 g, c' f* K; W' M
由(31)和(32)式知存在正整数b和p ,使得
; M" O$ H! e: \ Z% w: W4 M2 w
7(x+y)=b7(b>1) (33)
- Z2 M Y; f3 S+ f0 x
和 p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 =q7 (34)
* M( w3 m3 ^) j
能同时成立(其中(b7,q7)=1, 而z=bq)。由(33)式,和(34)式括号中备注的z=bq,可得(x+y,z)=( b7,bq)=b>1。由(x+y,z)=b>1,和由(18)式(x+y,z)=d1>1可以得到b= d1>1 . 将b= d1代入(33)式中,得到
, |6 K2 F i6 X
x+y= p(d1)7 (其中p=7分之1,(d1)7 表示d1的7次方) (35)
" k' i* d+ d1 c7 X% G1 j
成立。这是因为上式的左边x+y为正整数,由等式性质等式得知,它的右边p(d1)7 也必为正整数。由7为奇素数,因此有7|d1能成立。接着,再将z7=x7+y7变形为 x7=z7-y7,并将其右边按前面z7=x7+y7右边的展开形式展开后,得到 x7=
3 ~' _% N( r7 ^" `3 e/ [9 h
( z-y)7+7zy(z-y)5+14 z2 y2(z-y)3+7z3y3(z-y),接着将右边提取公因式z-y,得到
) l- L9 h" } }( n8 A: B7 F
x7=( z-y)(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3) (36)
/ Z% c8 R# n0 _ j# X
由(26)式 (x, z)= 1, 和由(29)式的7| z就可以得到(x,7)=1(引理2).由(x,7)=1可以得到(x7 ,7)=1(因理4)。把(36)式两边同除以z-y,得到 ( z-y)| x7。由( z-y)| x7和(x7 ,7)=1可以得到( z-y,7)=1(引理2).由(26)式 ( z, y)=1,得到 ( z-y, z)=( z-y,y)=1(引理1).由此,可证得( z-y,z y)=1(引理3) 。再由(z -y, zy)=1,就得到( z -y, z3y3 )=1(引理4)。由( z -y, z3y3 )=1,和 由( z-y,7)=1就证得( z-y,7z 3y3)=1(引理3).再由( z-y)|(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2)和由( z -y, z3y3 )=1就能证得
9 x: X, s9 _) i
(( z-y),( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)=1 (引理2) (37)
9 f- t* V7 T6 Q
由(36)和(37)式,知必定存在正整数c和q,使得
" K R/ V5 L7 w9 E& g, H- D; A% ~& M
z-y =c7 (38)
& \& g1 ]. R" i6 ~$ V( a' @' i& _
和( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3 = q7 (39)
5 f- O9 Y$ B% g1 A M
能同时成立。(其中 x=cq ,(c7,q7)=1。)
- E$ e# G( L2 n$ U
由(38)和(39)式后面括号中备注的x=cq,可得(x, z-y)=( cq,c7)=c>1。把(x, z-y)=c,与(19)式的(x, z-y)= d2 对照,就能得到c= d2, 。把c= d2,代入(38)式,得到
/ H& V$ w6 j+ N. V' e: d8 \4 w: ?
z-y =( d2 )7 (40)
# l! }$ s1 D6 g
成立。再将(1)式变形为y7= z7- x7 ,同以上方法可以证得有
w2 {7 {5 l5 v$ |8 p/ w9 n
z-x = (d3 )7 (41)
2 z. X/ I# K& y- C1 a
将(40)和(41)两式相加,得到2 z- (x+y) = ( d2 )7 +(d3 )7 。再把(35)式 的x+y=p(d1)7 (其中p=7分之1)代入2 z- (x+y) = ( d2 )7 +(d3 )7 中,得到
) [. W7 I4 c) C
2 z - p(d1)7 = (d2 )7 +(d3 )7 (其中p=7分之1) (42)
( I6 y2 O7 y- n9 X' _
由 (29)式7│z 得到7│2 z成立。由(28)式7|d1 得到7│ (d1)7 成立。由7│2 z和7│ (d1)7 可以得到7│(2 z- p(d1)7 )
0 Q) d: D/ u b( q* Y. O/ i% M2 v
,将(42)式的两边同除以7 ,由等式的性质就得到
% ?/ d2 Q8 \( t
7|( d2 )7 +(d3 )7 ) (43)
0 e% K- j/ n7 U' E1 a
能成立 。将 d2 )7 +(d3 )7按 z7=x7+y7右边的 展开形式进行展开,得
8 R' V( i# N% ?' @. \6 N* o
(d2 )7 +(d3 )7=((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+
1 o8 M2 T9 w8 A& Z7 S/ W
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ) (44)
8 y/ F; z- w2 b
由(43)式7|( d2 )7 +(d3 )7 ), 和把(44)式两边同除以7。由等式的性质,就能得到
+ H3 I$ i" d) m
7|( d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+
" s4 |4 g, a2 d p, n! M
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (45))
+ y& f. ~! L; Y4 I# \
; S" S* h- q6 u1 e3 e3 i$ z
由于(45)式右边除第一项(d2+d3)7外其余各项系数都含有7, 因此7可整除(45)式中的除其余各项,因而7也必然能整除其余各项的和。由此,和由(45)式整除的性质可以得到7也能整除第一项,也即有7│((d2+d3)7 。由7│((d2+
% b; k+ S2 ~4 z) Z
d3)7和由于7 为奇素数,因此必有7│(d2+d3)能成立。由7│(d2+d3),可以得到(7)2│(d2+d3)7成立;又由于(45)式中除第一项外的其余各项都含7和(d2+d3)的因式,因此可以得(7)2整除(45)式其余各项。由此,和(7)2整除第一项,进而得到(7)2整除(45)式右边的和,也即有
0 g+ H- `' d+ H! r; p
(7)2 │((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+
! ?" V0 Z' ~$ ~, _
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (46)
8 A) } \& v' J: z, l9 d
能成立。再将(46)式和(44)式进行对照,可以得到
9 F2 v- D; V' |6 d
(7)2│((d2+d3)7 (47)
6 Z- t$ E Q5 J1 w( g1 c
将(42)式两边同除以(7)2 ,由于(7)2│ p(d1)7(其中p=7分之1),和(47)式(7)2│((d2+d3)7,因此由(42)式的整除性质得到 (7)2│2 z 。但由于7为奇素数,因此((7)2,2)=1。由此,和由(7)2│2 z,因而必有
3 l' r! m% e. P
(7)2 │ z (48)
- _# c. `, @/ |! H6 B$ {# ~0 n
能成立。但是,我们将会发现(48)式是不能成立的。以下,我们从两个方面去证明(48)式(7)2 │z不能成立。
. Q, f" R& ?! [( d
第一,从已证得的(29)式7|z的结果来看。我们已经知道z是满足(1)式的所有的各组正整数解当中最小的正整数z值,而且它仅仅是7的正整数倍而不是7的平方倍数,因此7的平方是不能被z整除的。由此断定(48)式(7)2 │ z 不能成立。
; l8 \% L8 J$ c: S( i$ ~
第二,为了证明(48)式不能成立,假设(48)式的(7)2 │z 成立。由于(7)2 │p(d1)7 (其中p=7分之1,(d1)7
* d7 T) k$ z$ A% j/ b
表示d1的7次方),和将(35)式两边同除以(7)2 ,由等式的性质得到(7)2 │(x+y)。再由 (7)2 │(x+y)和
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(7)2 │z就能得到(7)2 │(x+y-z)。由此和由于x+y-z=t(参阅导读5)就得到
4 Y$ M4 R, E1 S) N# U; k; f! u
(7)2 │ t ( 其中(7)2表示7的平方) (49)
; G' ?9 q& r$ J& h
6 N1 @: A2 l- m
这与在导读5中 由(4)式 7│t7(此式表示7能被t的7次方除)只能得到(5)式的7│t发生矛盾。这是因为7│t7表示7能被7个t的连乘积整除,且由于奇素数7与7个t之间都不存在约分关系,那么7只能被7个t中间的其中的一个t整除,因此就有且只有7│t 能成立(其中t=x+y-z),这与(49)式(7)2 │ t 发生矛盾。由此,同样可以断定(48)式(7)2 │ z 不成立。综合以上两个方面都证得(48)式不成立,故由此得到 z7=x7+y7有正整数解不能成立。我们在这里举例n=7的情况(由于便于大家容易理解,才取n=7),实际上对于n为任意奇素数,同样方法可以证得xn +yn=zn 没有正整数解成立。由以上我们证明得到的结论,和由我国著明的数学家陈景润在所著的《初等数论》中,表明了当n=4时xn+yn=zn没有正整数解已被证明,故由本文开头引用的《费尔马问题的介绍》可以归纳得出费尔马大定理成立。也即当n取一切大于2的整数时,不定方程xn+yn=zn没有正整数解,在此被用初等数学方法得到证明。
, W, u, G5 x- K' ~+ r
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- e4 }& k8 p3 A5 `" l& A
: G- A9 B$ D9 j' w
7 k/ S* Y5 d* t
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证明结束后进行回顾和小结:
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/ Y5 B8 o: T$ U5 ]+ L# b
其1:本文中突出抓住不定方程x7+y7=z7的指数n与其变量x,y和z之间的关系,进行深入分析。有趣的是,当证明到(45)式7|((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+14(d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))后,为什么会出现仅由此式本身,就又能证得(7)2|((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))能成立呢? 按理说这是违反常规的,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d2和d3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(40)和(41)式知d2和d3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。
" e. e( R: S, ~' w# ]3 p$ k6 {( l
其2:在本文中还出现由(29)式 7|z 又证得 (7)2 | z ,和出现由7|t 又证得 (7)2 | t的奇怪现象。事实上,由(29)式 证得的7|z ,其中z是(1)式各组解中的最小 z值,何来还有更小的(7)2 | z 所得的值呢。关于7|t 又证得
8 K! s! v, f$ T1 ]1 B; a
(7)2 | t ,事实上由导读5的(4)式7|t 7其结果只能是7被7个t的连乘积中的一个整除,因此就有且只有7│t 能成立。而后面的证明怎么可能又否定掉前面的结论呢。这个怪现象仍然是由假设了(1)式有正整数解才产生的,但由此产生矛盾反而使我们的证明得以成功。
9 [5 v% C* W3 o& y! f$ M
其3:本文中比较最为关键之处有以下几点
* R9 l+ z8 Z% _( ]* [
1。从奇素数入手,由奇素数只能被其本身和1整除的特点,出现了证明中很多的奇迹。例如(1)式x7+y7=z7的变形再变形的应用。
+ d; Y H- z2 t6 n& C
2。不定方程xn+yn=zn,经过对n取3,5,7,11,13 后具体形式子的变形,使我们证明了它们存在通项表达式。这为我们用通项表达式去证明费尔玛大定理,找到了理论根据。
9 L# p: R% P& \) p- {
3.引入新变量t=x+y-z,不但起到了重要的桥梁作用使证明能往下深入,而且甚至于起到了证明成败的决定作用。
2 C: h1 f- ^# J- s1 ]
4。根据对通项表达式往下证明的需要,我们设计并加以证明了相关的几个引理使证明有了活力,有坚实理论基础为后盾。
! N9 {4 `0 C5 s" P
5.初等数学证明费尔玛大定理,使人们在头脑里始终认为是很深奥的数学在此变得如此平常,这就是它的证明的独到之处。初等数学证明费尔玛大定理通俗易懂,不需深奥的数学知识易为大家接受。
# g7 O( Y, w! L# T) n D% m6 {
. Q) K0 t4 L: }
! g) r W/ I6 Q- n
注:1,有关本人证明费尔玛大定理的正文,参阅本页的附件。
8 q7 K- W/ i, R; Q) [. g
2,希望有不同见解的朋友爽快提出疑问之处,以便大家互相促进互相提高。
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3,希望有合作者参与共同研究和商讨。
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: x( q3 r, t e r8 h
6 A( r8 Q. j7 n
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2 R' O2 M3 P: @; J* R# P5 K7 v5 d
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5 D. I7 y+ T7 S4 R" _- m2 }
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