解读3：探究费尔玛大定理的证明，不神秘很好懂，也很有趣

chengenlin

- `( [, P' _% I# U# }
' n) y, T. m$ E0 |2 B) G2 D9 I     由上篇导读2，我们已证得5│z的这个结论（其中，记号5│z表示5能被z整除）。不过，要加以说明的是，我们指定的满足不定方程
1 C, \7 t2 G- N1 C                                                                   x5+y5=z5                                                                            （7）
& Q( |. t. u  p% [各组解中的z必须是最小的。（为使大家便于理解，不妨举大家熟知的例子，如勾股定理的式子x2+y2=z2 的各组正整数解（3,4,5），（6,810）和（9,12,15）…………，或（7,24,25），（14,48,50），（21,72,75）……  。以上两组解中，其中第一组解（3,4,5）中的z=5是最小的。而另一组解（7,24,25）中的z=25是最小的。可以看出第一组解（3,4,5）是基础解，有了（3,4,5）的解，对x2+y2=z2 来说，就会有后面的6,810）和（9,12,15）…………等无数组正整数解，方法是将第一组（3,4,5）中的各数乘以2，就得到另一组解。以此类推。第二组解也是如此。由此，可以看出 （7）式如果有一组正整数的基础解，将会有无数组正整数解。由于已设定z是不定方程 x5+y5=z5 各组解中最小的z值，因此必然是x,y之间无公因数（用式子表示为(x,y)=1）。这是因为如果(x,y)=d＞1的话,将（7）式两边同除以d5,得到d5分别被 x5和y5整除，记作d5│ x5，d5│ y5。因此，由（7）式就得到d5│z5 ，也即有d│z。由于z整除d得到的 z'的值比z还小，这与z是 各组解 中最小的z值发生矛盾。因此必有(x,y)=1  能成立。再来证明，还有（z,x)=（z,y)=1 的式子能成立。这是因为假 若（z,x)=m＞1的话,就得到m│z 和m│x,把（7）式两边同除以m5,就得到m│y 。由已证得的 m│x和 m│y ，就得到(x,y)=m＞1,这与已证得的(x,y)=1发生矛盾。也即由（7）式
: W( J$ F+ Y% {1 l7 _; L9 I，必有
                                                      （x,y)=（z,x)=（z,y)=1                                                                      (8)
* R, l6 M3 M1 ^" r1 W4 ^  D5 o能成立。以上已说明z是各组解中最小的z值，解读2中已证明了5│z，因此 z是5 的倍数，但不是5的平方的倍数，因此有
                                                       （5)2┥z (表示5的平方不能被z整除)                                                 （9）
/ \0 r+ j& q0 u     以下，我们将由5│z出发，从后面推导得到的其它式子来证得（5)2能被z整除。应当说这真是一个奇迹，证明完后我们将说明为什么会有此奇迹发生。由z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y)，将其等式右边提取公因式5(x+y)，得到
9 r/ I: k: c( }/ v1 p                                                          z5=5(x+y)（e(x+y)4-xy(x+y)2  +x2y2）(其中的 e=5分之1 ）    （10）
由 于5│  t 在导读1中已被证明 ，即有5│（x+y-z) 。由 证得5│z和5│（x+y-z) ，就得到 5│（x+y）。由于e=5分之1  ，因此 e(x+y)4为正整数。下面 ，将证明
  z0 V0 m' J; q$ d+ E$ d                                                         （ 5(x+y)，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  ）=1                                  （11）  
     先引入以下几个引理：
     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。证明：假设（a+b,b）=d>1,此时存在正整数u1和u2, 使得a+b=du1和b=du2(其中（u1,u2）=1)。因此可求得a=d(u1-u2)，由于b=du2,故得到(a ,b)=d>1,这与已知(a,b)=1相矛盾，故有(a+b,b)=1。同理可证（a-b,b）=1。     （ 举例来说，若（2，3）=1，就有（2,2+3）=1）
' l  {( O" e6 J  R* Y8 H     引理２：设a,b，c和k为正整数。若c│a且(a,b)=1 , 则有(c,b)=1（符号c│a，表示c能被a整除）。证明：因为c│a，这时存在一个正整数k,使得a=kc能成立。将a=kc代入(a,b)=1中，得（kc,b）=1。由（kc,b）=1，表示正整数k和c的乘积与正整数b之间无公因数，由此，那么必定得到c与b无公因数、k与b也无公因数，否则的话就有（kc,b）= d>1与以上得到的（kc,b）=1相矛盾。因此，当c│a和(a,b)=1时 , 必有(c,b)=1。   （ 举例来说，若3│6且(6,7)=1 ,则有（3，7）=1）
% B  O: G: a- C0 \8 P" G      引理３：设a,b，c和为正整数，若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。证明：因为(a,b)=(a,c)=1时，表明a和b、c之间都无公因数，则a和bc之间也一定无公因数。不然的话由（a,bc）=d＞1,就有(a,b)=d'>1或(a,c)=d">1能成立，但这与已知(a,b)=(a,c)=1发生矛盾。因此，当(a,b)=(a,c)=1时，有(a,bc)=1。   （ 举例来说，若（2,3)=(2,5）=1，则有（2,15）=1）
" o& m. t6 k6 g& I4 \    引理４：设a,b和n为正整数，若(a,b)=1,则有(a , b的n次方)=1。证明：因为(a,b)=1，表明a和b之间无公因数，则a和b的n次方之间也一定无公因数。不然的话（a ，b的n次方）=d>1,就要得到（a，b）=d'>1，这与已知(a,b)=1发生矛盾。故当(a,b)=1时，必有(a ,b的n次方)=1。            （ 举例来说，若（2,3)=1，则一定有（2,3的任何次方）=1）
    现在，开始证明（11）式，分两步走。先证（ x+y，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  ）=1  ，由于（8）式有（x,y)=1,可以证得（x+y,x)=1和( x+y,Y)=1(参引理1）。由此，可以证得（x+y,xy)=1(参 引理３）。再由（x+y,xy)=1可以证得（x+y,
9 S( ^/ m+ |7 n' M. A5 Fx2y2  ）=1 (参 引理4）。接着，由（ x+y）│（e(x+y)4-xy(x+y)2 ）和（x+y,x2y2）=1，就可证得（ x+y，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  ）=1 （参引理2）。由于5│（ x+y），和（ x+y，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 ）=1，就能证得（ 5，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 ）=1成立（参引理2）。最后，由已证得的（ 5，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 ）=1和（ x+y，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 ）=1，就证得（（ 5(x+y)，e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2  ）=1（参 引理３），也即（11）式被证明成立。由（10）和（11）式的成立，知必定存在正整数d和s,使得 5(x+y)=d5， 和e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 =s5 能成立。也即有
                                                                      x+y=e d5    (其中e=5分之1 ）                                      （12）
能成立。把  x5+y5=z5 变形为  x5=z5 -  y5。因x5=z5 -  y5 =（z-y)5  +5zy（z-y)3 +5z2 y2 （z-y)=（z-y)(（z-y)4  +
5z y（z-y)2 +5z2 y2 ),也即有
. O8 F; Y5 a3 U' f* u  v: a                                                                    x5=（z-y)(（z-y)4  + 5z y（z-y)2 +5z2 y2 )                    （13）
+ }6 k  t( m- y' V# `* Q    由于，由（8）式有（z,x)=1。在本文的开头，表明在导读2已证得5│z  。由  5│z 和 （z,x)=1，就能证得（5，x)=1
(参 引理2)。由(x，5)=1就证得(x 5 ，5)=1（参引理4）。由(x 5 ，5)=1和（13）式，就证得（（z-y)(（z-y)4  + 5z y（z-y)2 +5z2 y2  ，5）=1。由此式，就证得（z-y，5）=1  。接着，再由（8）式（z,y)=1 ，能证得（z-y ,z)=(z-y,y)=1。(参引理1)。再由此式，就证得(z-y,zy)=1（参引理3）。接着，由(z-y,zy)=1，就证得(z-y , z 2y 2)=1（参引理4）。由已证得的（z-y，5）=1 和(z-y , z 2y 2)=1就证得(z-y , 5 z 2 y 2)=1（参引理3）。由于（z-y）│(（z-y)4  + 5z y（z-y)2 ）和(z-y , 5 z 2 y 2)=1，就能证得
                                                     （z-y  ，（z-y)4  + 5z y（z-y)2 +5z2 y2 )=1（参引理2）                （14）
1 V+ _, U( l0 u) I* N   由（13)和(14) 式，知存在正整数m和v,使得z-y=m5 和（z-y)4  + 5z y（z-y)2 +5z2 y2 =v5能成立。即有
                                                                z-y=m5                                                                                  （15）
! d) ]$ ^: y) V成立。再将 x5+y5=z5 变形为 y5=z5 -x5。由y5=z5 -x5，同理，可以证得
                                                                 z-x=p5  （其中p为 正整数）                                                    (16)
    把（12），（15）和（16）三个式子相加，得到
6 ~6 e  F1 u7 A! J1 E. H7 Y                                                       2z=e d5 +(  m5 + p5 )    (其中e=5分之1 ）                                       (17)
    把（17）式两边同除以5。由于5│z，因此5│2z能成立，再由（12）式  x+y=e d5    (其中e=5分之1 ），可得到5│d，因此 5│e d5 也 能成立。由等式的性质，得到
                                                        5│(  m5 + p5 )                                                                                 (18)
0 |( A+ M& r& @( s! X能成立。将 m5 + p5 展开为
                                                      m5 + p5 =(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)                                 （19）
' q$ V+ q& C* y7 g- Q  V将此式两边同除以5，因此得到
                                                        5│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)                                           （20）
/ Y! ]  |' |( a: \/ _0 [3 {# F    由（19）式，可以看到 它的 右边 3项中有2项的系数是5的倍数。因此，由整除的性质，可以得到另一项 (m+p) 5也能被5整除，也即有5│(m+p) 5。由于5是其素数，且m+p为正整数，因此当5│(m+p) 5时，m+p和5只存在一种关系，就是
5│(m+p)。由5│(m+p)，可以看出（5)2能被(m+p) 5 整除，另两项都含因式5(m+p) 因此也能被（5)2整除。因此，得到
                                                       （5)2│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)                                  （21）
    将（19）和（21）式对照，就得到
4 [1 ^- U& `9 `' {0 q                                                          （5)2│（ m5 + p5 ）（这里记号（5)2是表示5的平方）                 (22）
  b. n+ [, E2 y- R* a   由（17）式，其中的项e d5 由于e=5分之1 ，得知 5│d，因而（5）2  │ e d5 能成立。由（5）2  │ e d5 ，和(22）式
（5）2│（ m5 + p5 ）及(17)式，可以证得（5)2│ 2z。由（5)2│ 2z，及（5)2与2无公因数，因此必有
                                                            （5)2│ z                                                                                     （23）
$ [2 L" u+ z; \5 ]. p  {. q    明显看出（23）与（9）式发生矛盾，由此可以看出假设不定方程 x5+y5=z5 有正整数解不能成立。


1 @" }' W+ ~( |0 W   说明：我用完全相同的原理来证得n为一切奇素数时，证得费尔马大定理成立。再结合当n=4时xn+yn=zn没有正整数解已被人们得到证明成立。和我国著明的数学家陈景润在所著的《初等数论》的《费尔马问题的介绍》中，表明了“当n=4时和n为一切奇素数时，费尔马大定理成立。就可以归纳得出费尔马大定理成立，也即证得当n取一切大于2的整数时,不定方程xn+yn=zn没有正整数解成立。
# o$ B/ o4 z+ c4 ?
      证明结束后进行回顾和小结：本文中突出抓住不定方程 x5+y5=z5 指数5 与其变量x,y和z之间的关系，进行深入分析。有趣的是，当证明进行到（20）式5│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p) 后，为什么会出现仅由此式本身，就又能证得（21）式的（5)2│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)能成立呢?按道理这绝对是违反常规的，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m和p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（12）,(15)和（16）式知m和p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。也就是说，当m和p不全是正整数时（20）式本身就不能成立的，当然更不会有（21）式成立的结论，因而也就不会发生后面的矛盾了。

  l6 U+ m* l& }/ R2 O/ e; d               下文 解读4，经行全面分析，应当更有趣。                              

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