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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 [打印本页]

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
: I1 O! X+ W! x" L9 t* I, X/ X
# S* Q1 g$ M% E4 C+ x7 F5 E' X             ( J8 ^+ ^; T( m+ T3 h. W% p% a
     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) w; \- \9 B' G6 @
                                      xn +yn=zn                                                                      (1)
7 l& O* h# p/ y3 B7 [5 H没有正整数解。
- h& ?0 `- o1 p" s4 a" {$ r     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:9 K1 _6 b0 p2 r' ?, q
     z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)
# U. k% J7 J/ w) Q6 Q0 `! j         z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y)
8 r6 s% t' ~5 x3 s' f: P        z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)
' C: {8 T7 d' j2 o3 |        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)              $ b! l- @9 o$ P: Z
        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)38 K# r7 f4 m! V% K- C8 b3 a
+13x6y6(x+y)6 S2 z; @. s8 P
         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
: ~( u7 g9 ^4 k$ v/ K+ ]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。7 s) t' O4 O* }
即有
3 u9 m. Y+ V/ l       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)
7 {2 m# T3 D; x" f4 }" l                                                (其中r=(n-1)除以2,系数a=1,系数f为1或-1 )
5 \" A" M+ c. F- d/ A     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
9 p0 @+ o3 |% |$ W3 \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
7 g8 L* G9 @" c! m* Q$ J                                       (x,y)=1                                                                       (13)
2 p) \- c5 t; Y5 O2 C7 l成立。3 d- n$ ^/ f$ y# b& \
      本文还要用到下面几个引理,也记录如下。
8 ], w6 Q3 N' W4 O1 Z: L      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.)' e! \8 w* U2 f9 H' b
      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.)
9 @( }' G( {5 z, M      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.)
  W/ E* D, N3 F& E. l      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
$ W3 W5 r2 ?; z# U% F7 \(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等. )
9 p5 l7 X. \7 v) O/ Z* z     我们已证得的   2 \. c. Q/ `6 I6 @2 L
                                 (z,x)=(z,y)=1                                                                         (14) # C* @. |/ A6 B, W. c% n+ N
1 }3 k3 t* t: V7 l
                                                           (x+y,  z)=d1>1                                                                     (15)8 |1 M  Z$ w) G
                                                           (x,  z-y)=d2   ,(y, z -x)=d3                                                (16)
2 p: q1 O# D5 T1 |  K- ?                                   7│ d1d2d3                                                                         (25)
" ^) M  e3 ~' [& V' U5 @      
# J+ Q0 `5 B  I: L. A+ e    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  y# W" Y7 i/ A' J+ o
                              ( z,x)=(z ,y)= (x,y)=1                                                               (26)  ) f6 H  L3 D4 z8 Z- i+ C& q1 R
成立。由(26)和由(15)及(16)式 得到 ' O" M+ \2 A! r! I! G! z# ^, ?# t, f
                               (d1,d2)=(d1,d3)=(d2,d3)=1(引理2 )                  (27)   # ]1 m0 j# {+ n
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
/ I) U6 e8 D2 A  n1 d- F                                     7|d1                                                                                  (28)2 u% T3 d& ?4 p3 ^$ q% p
由(28)和(15)式可以得到  
5 d$ w. b  G* s2 L2 X                                     7|z                                                                                    (29)   5 `2 G& H1 R* J6 A% l$ v) z
能成立。由(28)式的7|d1和由(15) 式(x+y, z )=d1>1 可以得到
6 ]  H7 l! O# W1 o' q' @                                    7|(x+y)                                                                                  (30)  |% p7 @; R) X/ c
      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。
" a# m/ Z" q9 b" o. z# e    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= 8 C1 b; O# c0 p$ Z( E
(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
  |- k; W/ N9 q- }. ]7 X3 y     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)
, v. H7 u" I5 H8 p, i6 g    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
- D, N! R. G, S! l5 ]% v% Q -  xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2)可以证得有# E. |1 I: g8 d- h6 ]
                           ((x+y),p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2  )=1 (引理2)      (32)+ w/ Q& f# R2 n1 O
   由(31)和(32)式知存在正整数b和p ,使得8 T; j+ c) \0 K$ l/ x- Q
                              7(x+y)=b7(b>1)                                       (33)
+ c7 s: D) L6 P9 K7 r/ \) f                           和 p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 =q7                                             (34)
% ~# ^$ v) x& m2 }- V5 @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
& n! j. Z4 D0 L3 V                    x+y= p(d1)7      (其中p=7分之1,(d1)7 表示d1的7次方)             (35)
0 m$ [/ \% W1 }$ I3 a 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=1 ?- [4 ~7 s, k, B. ^
( 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
1 _* m0 p+ Q8 S) n  M! M; [/ c                           x7=( z-y)(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)                  (36)
9 e# q4 h+ O) Q$ Y       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7 d- _0 |" u' [, A$ C' q
                (( z-y),( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)=1 (引理2)                (37)$ o9 `: s# p) G1 b/ h
由(36)和(37)式,知必定存在正整数c和q,使得( G* {' Y, X. @6 w* B7 C5 b- _! b' z
                              z-y =c7                                                                                            (38)
# u0 I' d4 k0 v) [# g  K& U                                   和( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3 = q7                              (39)
% T; r5 f* h$ V3 {9 [能同时成立。(其中 x=cq ,(c7,q7)=1。)
' R9 l; n- ]! C0 j" f& B    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 9 G& Z' Z$ ]( @" v' |
                               z-y =( d2 )7                                                                               (40)+ [& M, z  G; {5 L7 ]( [
成立。再将(1)式变形为y7= z7- x7 ,同以上方法可以证得有
6 r! O# i, m" o                                 z-x = (d3 )7                                                                            (41)& C! F& @. ~3 C
      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                    - I* s$ s" d2 ~- C6 r. S
                           2 z -  p(d1)7   = (d2 )7  +(d3 )7  (其中p=7分之1)                 (42)6 W9 l$ L7 m) x) M/ j
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 )2 G8 `  j: }) U
,将(42)式的两边同除以7 ,由等式的性质就得到
, m+ W4 U3 X5 X2 D, t/ e                                 7|( d2 )7    +(d3 )7 )                              (43)
% |3 r7 F. P" ]: K( J能成立 。将 d2 )7    +(d3 )7按 z7=x7+y7右边的 展开形式进行展开,得
7 Q  ?1 ~! @# Z" V9 r6 K6 r         (d2 )7    +(d3 )7=((d2+d3)7 -  7d2d3(d2+d3)5+; y: ~- R" R0 [* }$ n( C
                                        14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )             (44)
! k7 B- D7 D! Z9 k2 m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( T/ s. k) S, G9 i
           7|( d2+d3)7 -  7d2d3(d2+d3)5+
3 f) Q9 D, J& T* h                                        14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))     (45))
; K, R; g. M4 K                                                         
* k- G: ?9 {& W, g' N7 p6 U# T     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+
( Z+ x. a: D8 i$ K! @1 V+ Wd3)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+ U5 f+ c- V8 a' m; M, q
          (7)2  │((d2+d3)7 -  7d2d3(d2+d3)5+
5 ]# o6 z- X$ `: w+ X. ?                                        14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))     (46)
6 ~: W8 s, v: k8 }* g& n能成立。再将(46)式和(44)式进行对照,可以得到 & |5 U( i* J8 u/ J
                                 (7)2│((d2+d3)7                                  (47)
5 M* |6 w. Q1 _/ \+ X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- G2 O0 s+ s& X$ l. \& @$ r
                                      (7)2  │ z                                                                      (48)
4 v5 j! d! C. A# M* o& N! W  {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。/ u8 n: B+ b: |1 @
    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。
8 X9 X2 ^4 P& f/ X* h, n) |   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
! Y1 b9 W: T. x; ^% {6 L/ i2 ~* G 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
8 f( s1 a8 T, t# }. v* ]8 Y1 _(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% E! n' h' l# E' W: k
                               (7)2  │ t  ( 其中(7)2表示7的平方)                                    (49) 7 [  M1 q0 s- z  T& f: [+ B
                           " B. x+ o+ z1 l' h" G, d; u! X
       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。% U, V! |6 z3 M; v8 k( ^
   & @% a% k3 c; t( ~( Y. L
     
0 q  V! b$ @2 n" y2 \: \0 E9 E
2 i5 W0 w% J, X- H4 A; a  M# l4 J" b$ I  |+ M  q
      ( V* E8 B& A% C0 h1 r9 b
     证明结束后进行回顾和小结:
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     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, C) e* U3 l( P
     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
. Y' \+ j! ~# I(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。
" p$ s' A" }! H, j- [    其3:本文中比较最为关键之处有以下几点0 P1 E: t6 ^$ L) E; \9 u+ ?, b
     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。
3 N% C$ i' ?; z2 b     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。
5 N+ \/ b/ R; f1 ^  l* C     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。0 i4 O3 J; a) m( o) `
     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。& E) Q9 E4 R6 \/ ], |' A0 d
      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。
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5 ^: q% j) d2 |* d0 ?           注:1,有关本人证明费尔玛大定理的正文,参阅本页的附件。
: g, _; N$ g6 }2 g5 U1 C               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。1 ~# P* I3 _( \: [0 ]- L
               3,希望有合作者参与共同研究和商讨。
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