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标题: 导读9：“初等数学证明费尔玛大定理”简单，扼要，严密。 [打印本页]
作者: chengenlin    时间: 2012-3-29 15:19
标题: 导读9：“初等数学证明费尔玛大定理”简单，扼要，严密。
本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:59 编辑 4 [2 I& s: v( D+ J# N1 K" {4 N

2 r9 R$ V8 D. N, |& q       由前面几篇导读的介绍，我们已经了解了证明“费尔马大定理”的基本思路。这一次，在本文中对证明“费尔马大定理”最重要的一环作一补充。先理一下头绪，证明中大的方面基本线索是：假设（1）式的不定方程xn +yn=zn 有正整数解，去进行证明。为了更易接受，仍以n=7为例来说明问题。由z7=x7+y7引入新变量设t=x+y-z，然后证得7│t，再由7│t证到导读6中的（10），（11）和（12）式成立，然后由（10），（11）和（12）去证得7整除x,y和z中的一个。我们今天就是着重对7整除x,y和z中的一个这一环节作补充和严密论证。补充了这一点，证明过程就十分严密了。
: r5 f# E6 M9 p+ P     以下几个引理我们都有了证明，参阅前面的导读。) _4 ]! b9 h0 G4 ^
     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。
7 k! u2 ~5 `  i% n     引理2：设a,b,c和k为正整数，若（a,b）=1，则有(a,ka+b)=1
; J; T% x: c& c3 X8 ]% Z        引理３：设a,b，c和为正整数，若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。  c, M( J& e" K; v; s- U- q) ~
     引理４：设a,b和n为正整数，若(a,b)=1,则(a , bn)=1: M3 X, u: M. V5 t6 t& Y
        引理5：设a,b，c和k为正整数。若c│a，且有(a,b)=1 , 则(c,b)=1。: d9 I- l' @. q+ t  {. z' s% H
      
: e$ J' V2 y9 @: I         以z7=x7+y7的证明来引导对xn +yn=zn 无正整数解的证明。; e" t3 w& q% @. F. ?
     证明：假设! E# c- [$ E& |9 G! \
                                          z7=x7+y7                                                  (1)
. o8 y: u- \- {1 x有正整数解。8 i8 [, o1 B7 a* T
     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 （ 以下符号0 }8 |% |1 }# S& H' ]. ^. K
a│b ，表示a能被b 整除)
- X8 p/ U1 p+ M& V                                  7│ xy(x+y)（(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2)                                   （10）
% K9 u7 V5 \+ n- R+ L' m8 l  V                   7│zy(z-y)（(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)                                             (11)
. j. p4 `3 ~1 k$ ~4 I               和        7│zx(z-x)（(z-x)4 +2zx(z-x）2  +z2 x2)                                              (12)
6 @, K1 _7 N- J  y& P' g成立。
. h; D7 D. P! C4 V( x      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x7 +y7=z7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 0 h, y3 z0 D% c" l$ e, y
                                       （x,y）=1                                                        (13)
$ X, ]# ^, M) S/ z: F& @9 t7 b0 z* g（其中的（x,y）=1，表示x与y之间无公因数）。不然的话，就一定有（x,y）=d>1。由d7 |x7,和d7 | y7(其中符号“a│b”，表示a能被b整除。) ，及（1）式得到d7│ z7。把（1）式两边同除d7，也即得到d分之1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。由（13）式，还可以证得+ Q' g, e9 m! o6 |5 [2 w
                          （z,x）=(z,y)= （x,y）=1                                                       (14)
5 Y. @2 X. e" I- Z0 t8 c  n  S       这是因为如果（z,x）=d>1的话，由d7 | z7 和d7| x7及（2）式就得到d7|y7。再由d7| x7及d7|y7 得到d| x及d|y，因而有(x,y)= d>1。这与（13）式发生矛盾，因此证得（z,x）=1。同理，可以证得(z,y)= 1，也即有（14）式被证明成立。
$ q5 j9 C) K* b% U      再把z7=x7+y7式化为z7 =(x+y)(x6-x5y+x4y2-x3y3+x2y4-xy5+y6)，将其两边同除以 x+y，可以得到(x+y)│z7,， 从而必有
$ k( v0 z7 _9 ~- j/ W2 ^                                          (x+y,  z)=d1>1                                           (15)
3 x" l. U: i4 z) v, `: m          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。
0 A# A: c+ |" f6 n: l' B    同理，由x7=z7-y7和y7=z7-x7还可以证得有: e  F- M$ d/ }- ~
                                (x,   z-y)=d2   和 (y, z -x)=d3                                      （16）, {, P# O. Z6 N1 j' g# X
能成立。由（15）和（16）式知有; r2 X# z0 J: F% d
                         （xy(x+y)， zy(z -y),  zx( z-x)）=d1d2d3>1                            (17)                  
6 G' |( f; n7 S7 v& w/ s
; \) U' n  S" S. o4 i) u能成立。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3 V  \8 b! k9 }( V. y
                                         7│d1d2d3                                                       (18)
4 j3 `2 b$ v; c, W3 X7 j  h# B' G) y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
4 H/ ?  i  H& Y; Q, d* N! z                       （xy(x+y )，（(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2)  ）=1                  （19）         
( f4 p9 z6 E+ M' A4 l     为了证明上式能成立，分两步进行。第一步，去证0 e" u1 t7 I6 \! l6 b+ }2 h
                         （xy，(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2 ）=1 。               （20）1 F& N1 \. d* z
   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)。由此，可以证得（xy, x+y）=1 (引理3) 。再由（xy, x+y）=1就可以证得(xy，(x+y)4)=1(引理4)。此时，由(xy，(x+y)4 ）=1，和由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$ f: p% e, |$ r6 o
                     （zy(z-y)，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1                                    (21), z2 u5 F' u5 [% z( ?# p
                                   和（zx(z-x)，(z-x)4 +2zx(z-x）2  +z2 x2)  =1                                 （22）
: P. [; I, _: ~- R7 m: K成立。由（19），（21）和（22）式的成立，得知（10），（11）和（12）式右边的各单项式和同一个式子中的多项式无公因数被证明成立。
, I0 V4 p9 W& J% f/ t( b! f2 }0 o      接下来，就是我们开头所说的对最重要的一个环节作的补充。" o/ R- b  b3 A+ N+ a& ]% T
     为了证明（10）（11）和（12 ）式右边中括号外的任意一个单项式，与中括号内的任意一个多项式无公因数。为此，先证明（10）式中括号外的单项式与（11）式多项式无公因数。也即去证明有
* p, X+ f. ]' v, }7 ?- \4 F9 L$ C                     （xy(x+y)，（(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1                           （23）' _  _: D" t" G3 g/ g# n0 d
      为了证明上式分三步进行，即分别去证得x，y和x+y与（23）式中的多项式无公因数。
. @; E; }1 ?6 j' ?3 I0 r       第一步，由y │z y( z-y)，和由（21）式就可以证得* R# U/ d) [6 ?
                        （y，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1 （ 引理5）          （24）
- ]+ r2 z3 S: P2 {能成立。
0 \! L" [$ F0 [3 A- x4 P1 k$ x     第二步.再由 z│ zy(z -y)，和由（21）式可以证得
; q" e6 ~( O1 I0 t4 T/ O# \4 H                        （z ，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1（ 引理5）           （25）
6 `) H. h' o6 K; C1 r' |- Y成立。由此式，可以得到
( @9 a) h, D% Y+ W                       （z7 ，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1（引理4）           （26）# r$ d* n9 {  P& N3 A; i3 Z
成立。再由(2)式z7 =x7+y7，把它化为z7=（x +y）（x6- x5y+ x4y2 -  …+ y6），接着把此式的两边同除以x +y ,就得到
; P4 Y/ G. U6 d（x +y）│z7。由此，和由(26)式就可以证得% T$ \# t/ ]4 N7 L/ X2 q- C. E
                       （x +y ，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1（引理2）         （27）7 f$ ]+ [1 K# r% r
能成立。
: A+ d8 {- y- t3 y' R4 N0 Q& U    第三步.去证明: q; t) k6 E9 [. Q+ B2 U+ W0 Y
                           （X，（z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2）= 1                           （28）# F$ Y, q. N8 B! I
    为了证明（28）式成立。我们把（1）式化为 x7 =z7 – y7，然后将此式右边展开为 ; }: m- _5 }% F  W; F2 e
    x7 =z7 – y7=(z-y)7+7zy(z-y)5+14z2y2(z-y)3+7z3y3(z-y)，再将展开式中除第一项外的其它项提取公因式7zy（z -y），就得到( B! x7 K# t4 ?: X5 X+ D& b
                       X7  = ( z-y)7+ 7 z y（z-y）[(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2 ]         （29）! y4 C- d; t' X1 _
由（29）式，我们可以证明有 , X* C8 A: x( u. T* n
4 }6 v) @) c3 ?
                        （x7 ，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  = 1                                   (30)" @1 [, D' y5 ]% d, B' }
能成立。不然的话，就有（x7 ，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =d＞1。由此式，就得到 d│x7和d│(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)。由此，和将（29）式两边同除以d，就得到d│( z-y)7。由d│( z-y)7，就可以得到（z-y,d）=d'＞1。这是因为如果有9 T) d8 p0 q+ S! D# r, U
（z-y,d）=1的话，就得到（( z -y)7,d）=1(引理3)，但由此，就使以上d│( z-y)7不能成立因而发生矛盾，因而必有（z -y,d）=d'＞1。由此，就得到d'│d 和d'│（z -y）成立。由d'│（z -y），就能得到7 V/ a$ c+ U" N& ^' X/ k4 S
                                          d'│((z-y)4 +2zy(z-y)2 )                               （31）
0 g' F& F, R* H( D) g& b. h 由d'│d 和d│(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  就得到
% Z9 t. q/ E. K" H9 ^                                          d'│((z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)                  （32）
  S: y0 J: U; A& a+ `' _0 E9 ]由（31）和（32）式及整除的性质，就能得到d'│z2y2。由此，和由以上证得的d'│（z -y）就能得到$ K* Q* H# C8 T7 \6 d, l1 i
                               （z -y，z2y2）= d'＞1。                           （33）
( Q) ?' L5 y: [) R6 f6 U$ U    接着，由（5）式(z,y)= 1，可以得到（z -y，z）=（z -y，y)= 1（引理1）。由此，可以得到（z -y，zy)= 1（引理3）。再由（z -y，zy)= 1，就能证得到（z -y，z2y2)）= 1（引理4）。但这与（33）式发生矛盾，因而使以上的（x7 ，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =d＞1不能成立，因此必有（30）式能成立。由于X│x7，和由（x7 ，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  = 1  就能得到（x，，(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  = 1 (引理2)，也即有（28）式成立。由（24），（27）和（28）式的成立，就可以证得（xy(x+y)，（(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)  =1 （引理3），  也即有（23）式被证明成立。由此，得知（10）式右边中括号外的单项式，与（11）式中括号内的多项式无公因数被证明成立。。同理，可以证得（10）式中单项式与（12）式中的多项式无公因数能成立。综上，就得到（10）式右边的单项式与(10)与(11)及（12）式子中的任意一个多项式无公因式被证明成立。由于(10)与(11)及（12）这3个式子是对称的式子，即相应改变某一式子中的某一变量就得到另一式子。因此，可采用（10）式的证明方法，同理可以证得（11），（12）式右边中括号外的任意一个单项式与(10)，(11)及（12）式中的任意一个多项式无公因式。概括以上的证明，也即得到(10)，(11)及（12）式右边中括号外的任意一个单项式与其3个式子中的任意一个多项式无公因数被证明成立。以上的证明就是对缺漏的证明作了完整的补充，严密论证的补充。这样，就完美了。; X- ?' c; h& A6 x  F
     以下的证明，在理论上又有了深入。
, g6 H( l. {* F8 e     接着，我们去证明(10)，(11)及（12）式中的3个多项式不存在公因数和公因式。7 |5 p% {* Y& P+ X
     第1，由于以上已证明((10)，(11)及（12）式右边任意一个多项式，与它们中括号外的任意一个单项式无公因数。及由(10)式右边中括号外的单项式是xy(x+y)，（11）式中括号外的单项式是 zy( z-y)，和(12)式中括号外外的单项是式 zx( z-x)。因此可以证得(10)，(11)及（12）式中的任意一个多项式不含因式xyz (x+y)( z-y)( z-x)。由此，和由(17)式得知xyz (x+y)( z-y)(z -x)是包含有因数d1d2d3的，因而证得任意一个多项式不含因式d1d2d3xy z(x+y)(z -y)(z -x)。因此，证得以上3个多项式不存在公因式d1d2d3xyz (x+y)(z -y)( z-x)。
9 q7 g4 w% ^. U      第2，由以上的证明，得知（10），（11）和（12）式中的任意一个多项式不存在x,y和z的因数。由此，和由（5）式（z,x）=（z,y）=(x,y)=1，知任意一个多项式也不存在与x,y和z相关的因数。因此，证得任意2个多项式无x,y和z的公因数，也不存在与x,y和z相关的公因数。接下来，先去证任意2个多项式无公因式。        2 N. q, y5 P6 {- X
       给出（10）式中的多项式
3 S! S3 z4 H. f5 {4 K                                  (x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2  ) v, T) g8 P7 ~0 H7 Z
            与（11）式中的多项式
4 }/ K# P6 v9 o1 [                                 （(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)      
7 g5 q% Q/ E& Q9 n          （12）式中的多项式. k( B2 T: i1 ?0 C
                                  (z-x)4 +2zx(z-x）2  +z2 x2)   ! i% w3 t  T1 ?* @! O. g& u9 P
        经仔细观察就会发现， 以上这3个式子是对称关系。只要将（10）式中的x换成-z就得到（11）式，若再将（10）式中的y换成-z 就得到 (12)  式。 设（10）式中的多项式为  f(x)= (x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2  ，则（11）式中的多项式为 ; N" y& m2 V  M/ _% ^3 r2 r
f (-z )= （(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)    。为了证明 f(x)和 f (-z )无公因式，假设它们有公因式，并使 f (x)和f (-z )都通过因式分解且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含有了x和-z的不同字母，因此它们实际上不可能是f(x)和f(-z )的公因式。这与假设f (x)和f (-z )有公因式发生矛盾，因此证得（10）和（11）式中的多项式不存在公因式。同理可以证得（10）和（12），（12）和（13）中的多项式也无公因式。综合以上两个方面的分析和证明，得到任意两个多项式既无公因数也无公因式。因此有（10），（11）和（12）的3个多项式既无公因数，也无公因式被证明成立。  ]0 ^( c' `3 z' B( _
    综上，我们得出 (10)，(11)及（12）式右边中括号外的单项式有公因数d1d2d3 ，中括号内多项式既无公因式也无公因数，而中括号外的任意一单项式与中括号内任意一多项式之间也无公因数  。因此，得知以上这3个式子右边只存在d1d2d3的公因数而绝无其它的公因数或公因式。因而由(10)，(11)及（12）式的3个式子同时被7整除，得知只能是 7被这3个式子中的公因数d1d2d3整除。 也即有  
% ], a- y, o; I* H/ F! H  i                                       7│d1d2d3                                                                   (34)
: }8 G. C  |6 J) t+ P/ N8 M8 |0 T! R7 G" @6 w
能成立。由（14）式的（z ,x）=(z,y)= (x,y)=1 和（15）及（16）式 可以得到   
5 {% ^4 O& s' w& H7 A. R! q                                     (d1,d2）=（d1,d3）=(d2,d3)=1（引理2 ）           (35)   , D6 t- @: k1 |" i
成立，由（34）和（36）式知7必被d1 ，d2和d3中的一个整除，不妨设
6 C5 d9 w, H4 H                                              7|d1                                                             （37）
' O; l; s' j" {8 h/ w4 l   由（37）式n|d1 ，和（14）式(x+y,  )=d1知，有  - W3 h8 {+ h5 i1 F. l2 E& E! Y# M4 O8 a
                                              7|z                                                                （38）                    
; L. ~' d% y8 D% p* `       Z- }1 q: R2 W/ g" y
    能成立。以下的证明方法同以前相同，不再重复了。
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" u$ F! C) F; U       本人还想说一下两个方面：
" r1 b3 C4 }- \4 l% P       1． 从以上的证明，可以看到我们对理论上的证明更加深化，证明更加严密。通篇文章中理论性极强也十分严密。引理1,2,3和4被得到反复应用，任何一步都有理论依据。可以说通篇文章一环扣一环，步步深入。本导读9中的证明就充分体现了以上的特点。
- V: M6 p) i1 a/ |, }       2.本人一直想将此证明的论文投稿到国外数学杂志上去，无奈英语水平实在跟不上。希望英语水平较好的，对用“初等数学证明费尔玛大定理”也感兴趣的朋友，能将此文翻译成英语以两人合作的名义投稿到国外数学杂志社。本人的联系方法在我写的“费尔玛大定理”不难证明的的最后面。7 C. h: }$ C& [
$ |6 B  z3 }) ]
    完整的证明，请参阅正文“初等数学证明费尔玛大定理”1（2）
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作者: 欧尼    时间: 2012-6-25 14:14
头有点晕！!!!!!
作者: 弘道    时间: 2014-7-28 22:47
谢谢楼主……辛苦啦！………………
作者: 好石    时间: 2014-11-19 14:56
表示看不懂……; l0 ?7 I6 b3 u- k8 `5 Z
作者: 好石    时间: 2014-11-19 14:56
表示看不懂……. x9 T! A: z+ |, U  J
作者: 好石    时间: 2014-11-19 14:57
证明太过复杂，表示看不懂……
+ T0 J2 ?( ~+ u( H
作者: 光之仑    时间: 2015-1-3 21:38
有点晕。。。" Y! g3 C" W! x8 X) R4 m
作者: 宇仲    时间: 2015-1-21 18:14
楼主辛苦了，收藏起！
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