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导读6；证明费尔玛大定理最最关键之处，分析2

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chengenlin

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发表于 2012-3-15 12:33 |只看该作者 |倒序浏览

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本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:54 编辑

由导读5，证明当n大于2 时,不定方程xn +yn=zn无正整数解。我们接着往下分析,接导读5。

   第4，继续分析引入新变量 t=x+y-z在证明中，还起到什么作用。
   当n=3时，我们把（1）式化为x3+y3=z3。由x+y=z+t,两边3次方得到（x+y）3 =（z+t）3,将此式两边展开,得到x3+y3+3xy(x+y)=z3+3zt(z+t)+t3,,再把两边相等关系的项x3+y3和z3消去，就得到t3=3xy(x+y)-3zt(z+t)。由x+y= z+t把上式右边提取公因式3（x+y），得到式子t3=3(x+y)（xy-zt）=3(x+y)（xy-z（x+y-z））=3(x+y)[xy-(x+y)z+z2]=3(x+y)(z-x)(z-y），即得到 t3=3(x+y)(z-x)(z-y)。当n=5时，由x5+y5=z5 和相应得到的t=x+y-z ，同以上方法可以证得t5=5(x+y)(z-x)(z-y)（x2+y2+z2+xy-xz-yz），由 x7+y7=z7 及相应的t=x+y-z，证得t7=7(x+y)(z-x)(z-y)[（x2+y2+z2+xy-xz-yz）2 -xyz(x+y-z)] 。也即有
                                    t3=3(x+y)(z-x)(z-y）
                                    t5=5(x+y)(z-x)(z-y)（x2+y2+z2+xy-xz-yz）
                                    t7=7(x+y)(z-x)(z-y)[（x2+y2+z2+xy-xz-yz）2 -xyz(x+y-z)]                         （6）
我们观察以上三组式子，t3 ，t5和t7的三个式子有什么共同点。观察后发现各展开式都含有与其相对应的因式（x+y)(z-x)(z-y)，那么当n=11,13,17及一系列的奇素数tn是否还含有与之对应的因式(x+y)(z-x)(z-y)呢?我们的回答是肯定的，也即有
                                    tn=n(x+y)(z-x)(z-y)gn-3(x,y,z)                                                                         （7）
                                             （其中tn表示t的n次方，而gn-3(x,y,z)是关于x,y,z的n-3次多项式）
能成立。为了证明（7）式成立。设f(x)=tn ( 其中tn表示t的n次方，而t=x+y-z ),令x=z，则由（x）n +（y）n=（z）n知有y=0成立。由于x=z时，y=0,此时 f(x)=tn=（x+y-z）n =0成立。由因式定理得知，当x=z时f(x)=0则tn必有因式z-x。同理可以证得tn还有因式z-y和x+y。再由导读5中的（3）式知tn的展开式还含有奇素数n。因此证得（7）式成立。此时，来分析（7）式到底还有什么重要的作用。
   分析一，将（7）式两边同除以n就得到n能被tn整除，也即有  n│t （其中t=x+y-z）。由此，可以证得n 2整除tn成立（其中n＞2）。将n 2除（7）式的两边并将整除的式子的两边约去n的一次方，得到
                              n │(x+y)(z-x)(z-y)gn-3(x,y,z)                                                                                  （8）
   由（6）式的一组式子和（7）式代表任意n的通项表达式看出，无论n怎样变化tn的展开式永远含有与之对应的因式n(x+y)(z-x)(z-y)。这一点是不变的，但gn-3(x,y,z)是随着n的变化而变化。从（6）一组式子就发现gn-3(x,y,z)是随着n的变化的结果是相当复杂的，而各式均含有与对应的因式(x+y)(z-x)(z-y)，这是它们的共性。要想证明费尔玛定理，就得以所有式子的共性入手才能取得成功。也就是去证明
                              n │(x+y)(z-x)(z-y)
这就是由（7）式启发我们去证明费尔玛定理的第一条思考路子。
   分析二，由（7）式以上我们已证得n│t （其中t=x+y-z），也就是说t含有因式n,因此tn含n的n次方，但（7）式的右边仅含n的一次方，因此如果我们能证得（7）式右边的x+y，z-x，，z-y和gn-3(x,y,z)均不可能含n，那么当n为任意奇素数费尔玛定理被证明成立。再由n=4时，费尔玛定理以被证明成立。因此，费尔玛定理就被证明成立。这是我们证明费尔玛定理的又一条思考路子。（在这一方面的研究，我也有较大的的进展。例如，能证得x+y，z-x，，z-y和gn-3(x,y,z)相互之间无公因数，及其它方面的相关内容。）。两条思路截然不同但方向是正确的。
   接着，我们从第一思路入手，先证明n │(x+y)(z-x)(z-y)  。由导读5中
z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)
z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) （其中单项式系数-5+5=0）
z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)（其中单项式系数-7+14-7=0）
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)（其中单项式系数-11+44-77+55-11=0）
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+13x6y6(x+y)
（其中单项式系数-13+65-156+182-91+13=0 ）
………………
将上式稍加变化就能与新变量t 联系起来。例如，取n=7，以z7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)为例进行演示，其余任何式子都可以与它有相同的做法。通过移项将(x+y)7-z7放在一边，而使其余式子提取公因式7xy(x+y)。得到(x+y)7-z7=7xy(x+y)（(x+y)4 - 2xy(x+y）2+x2y2) 。再将此式左边的(x+y)7-z7，按照x7+y7的右边的展开方法进行展开，而右边式子保持不变。得到(x+y-z)7+7(x+y)z(x+y-z)5+14(x+y)2 z2(x+y-z)3+7(x+y)3 z3(x+y-z)=7xy(x+y)（(x+y)4 - 2xy(x+y）2+x2y2) (实际对等式左边的操作过程是将x+y代替x,-z代替y就得到以上的式子了。）。再将x+y-z=t代入上式，得到
      t7+7(x+y)z t5+14(x+y)2 z2 t3+7(x+y)3 z3 t=7xy(x+y)（(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2)             （9）
由于由（7）式已证得n │t ,上式n=7因此有7│t成立。对上式左边来说，由于7│t因而（7）2 能整除t7，而其它各单项式都是7t的倍数因此它们的和也能被（7）2 整除。因此，可以得到（7）2 整除（9）式的左边，将（9）式两边同除以（7）2 ，由等式的性质得到（7）2整除（9）式的右边，同时将整除的式子的两边的7 约去，也即能得到
                  7│xy(x+y)（(x+y)4 - 2xy(x+y）2  + x2y2)                                                                （10）
把z7=x7+y7进行移项，变化成
            x7=z7+(-y)7  和 y7=z7+(-x)7，按照以上的证法同样可以得到
                     7│zy(z-y)（(z-y)4 +2zy(z-y）2  + z2y2)                                                                      (11)
                                          （实际操作方法是将（10）式中的x换成 z,y换成-y,即得此式）
                  和 7│zx(z-x)（(z-x)4 +2zx(z-x）2  +z2 x2)                                                                      (12)
                                                                                          （类似以上原理，即可）
下文，由导读7承接。

zan