解读2：探究费尔玛大定理的证明，不神秘很好懂，也很有趣

chengenlin

      连接上次的解读1：“探究费尔玛大定理的证明，不神秘很好懂，也很有趣。”上次，我通过举例来说明能证得n能被t整除(其中t=x+y-z)，这次我们将通过n能被t整除，去证明n能被x,y或z中的一个整除。
      对于费尔玛大定理：“当n大于2时，不定方程xn +yn=zn 没有正整数解。”  对于不定方程xn +yn=zn，分别取n=3,5,7,11,通过将原方程变形后，得到z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)，z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) ，z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)，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)。仔细观察后可以发现，各展开式的右边各项均含(x+y)项然而它们的指数却不相同，但仅最后一项所含(x+y)项的指数均为一次，虽然最后一项的xy项的指数不同，这就是各展开式的共同规律。这最后一项所含(x+y)项的指数均为一次，在以后的证明中将起到举足轻重的作用。因为zn=xn +yn的各展开式结构完全完全类似，而且它们可以用一个含n的统一的式子来表达。因此，当n 为奇素数时，对费尔玛大定理就有了一个统一的证法了（这也是对费尔玛大定理的证明中又一玄妙之处。）。我们以z5=x5+y5=（x+y)5-5xy(x+y)3 +5x2y2(x+y) 为例经行证明，通过对z5=（x+y)5-5xy(x+y)3 +5x2y2(x+y)移项后，得到（x+y)5-z5=5xy(x+y)3 -5x2y2(x+y) ，将此式的左边（x+y)5-z5按以上x5+y5的展开形式经行展开，同时将右边提取公因式，使上式变形为（x+y-z)5+5(x+y)z（x+y-z)3+5（x+y)2  z2（x+y-z)=5xy(x+y)（（x+y)2-xy),由于以上第一行已说明其中t=x+y-z，因此可将上式化简为t5+5(x+y)z  t3  +5（x+y)2  z2  t=5xy(x+y)（（x+y)2-xy), 由于在“探究费尔玛大定理的证明。”的解读1中已说明n能被t整除。因此由5能被t整除，可以得到（5）2能被t5整除，和（5）2也能被上式左边另两项整除，因此有5的平方能整除上式的左边，将5的平方同时整除上式的两边，由等式的性质可以得到，5的平方也能整除等式的右边5xy(x+y)（（x+y)2-xy)，两边约去5后，得到5能整除xy(x+y)（（x+y)2-xy)，用记号表示为5│xy(x+y)（（x+y)2-xy)。也就是说由z5=x5+y5，我们最终可以得到
                                                    5│xy(x+y)（（x+y)2-xy )  ，                                          （1）
    同理，我们把z5=x5+y5分别变形x5=z5-y5和y5=z5-x5，用以上的方法可以分别得到
, H7 i# e& v" Y' ~; C                                                    5│zy(z-y)（（z-y)2+zy)                                                   （2）
+ t: l; l" T' T7 `- M6 T! i和
                                                     5│zx(z-x)（（z-x)2+zx )                                                  （3）
    由方程z5=x5+y5，把此等式两边同除以x+y，由于x+y能被x5+y5整除，因此由等式的性质可以得到x+y能被z5整除。因此，必有x+y与z有最大公因数d（不然的话,将引出矛盾，这里略去证明过程。），记作
                                                    （x+y，z）=d                                                                    （4）
2 L+ Y" m2 N1 {! r4 W    再由x5=z5-y5和y5=z5-x5，我们可以分别得到另两个最大公因数的式子
" o; r1 l7 e. E4 _- ~1 m  O# x5 p9 c4 h4 R
* L! I+ I, ?0 K* K( z0 H1 D                                                     （x，z-y）=m和（y，z-x）=s                                           （5）
' M& u, g* U9 E/ \# j5 \    由（4）和(5)式，可以看出（1），（2），（3）式的右边xy(x+y)，zy(z-y)和zx(z-x）有最大公因数dms,用式子表示为
) Q5 G  [# b" R1 E5 K4 o# G  {                                                      （xy(x+y)，zy(z-y)，zy(z-x））=dms
   也就是说，（1），（2）和（3）式有最大公因数dms，然而，我们又可以轻易证得这三个式子中（xy(x+y),（x+y)2-xy ) =1,   (zy(z-y),（z-y)2+zy )=1和（zx(z-x)，（z-x)2+zx) =1（以上式子的记法，表明它们相互之间无公因数，但由于在此只是简要告之，因此我略去了它们的证明，使大家理解整个证明过程更容易些。），由，（1），（2）和（3）式，我们同样可以证明此三个右边的（x+y)2-xy，（z-y)2+zy 和（z-x)2+ZX 式子无公因式。综观上述，可以得出5必被（1），（2）和（3）的三个式子的最大无公因数dms整除，即有5│dms，由于我们可以证得d，m和s之间相互无公因数，因此5必被d，m和s之间的一个整除，不妨设5能被d整除，表示为 5│d 。由 5│d和（4）式（x+y，5）=d  ，可以得到
                                                                      5│z                                                                （6）
     补充说明，以上是用（1），（2）和（3）三个式子联合来证得（6）式能成立的。其实，我们还可以由t5=5(x+y)(z-x)(z-y)（x2+y2+z2+xy-xz-yz)  ，将其两边同除以（5）2，可以得到 5│(x+y)(z-x)(z-y)（x2+y2+z2+xy-xz-yz）。   由此，我们再增加5│(x+y)(z-x)(z-y)（x2+y2+z2+xy-xz-yz）与（1），（2）和（3）联合,去证得（6）式成立，会更有说服力，理由更充分。（以上t5的展开式是正确的。其实，t的任何奇素数次方 ，我们都可以用高三数学课本中的因式定理,证明其含有因式(x+y)(z-x)(z-y）,由于t还含有n，因此t的n次方=n(x+y)(z-x)(z-y）f(x,y,z)  。这个结论，我将在导读4中告知大家。)。
      小结：我可以同以上完全相同的方法证得n│z ，但这里介绍5│z  整个证明过程，只是想告诉大家证明的一些方法和原理。下期，将由解读3，来完成费尔玛大定理的最后证明。最后，由解读4来，归纳出由n为奇素数时，证明费尔玛大定理的所有的玄妙之处。总之，n为奇素数在证明费尔玛大定理中立了奇功。

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