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导读7:证明费尔玛大定理最关键之处,分析3

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    [LV.6]常住居民II

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    1#
    发表于 2012-3-16 12:53 |只看该作者 |倒序浏览
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    本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:55 编辑
    ; b  E" l. h! K5 A+ ^4 G8 d
    ( H% b  m+ k8 V( R4 t! I& _    由导读6中引入新变量t到由不定方程z7=x7+y7作为实例以便大家更易理解,由此引出(1)式zn =xn +yn一般式的证明方法。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
    . X" O1 r8 X; o4 N. G                   7│ xy(x+y)((x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2)  (符号a│b ,表示a能被b 整除)   (10)# j7 F: r7 L# O. A* h9 O$ v
                        7│zy(z-y)((z-y)4 +2zy(z-y)2  + z2y2)                                                                 (11)
    9 E  l( Y% G0 ]' `& I                             和 7│zx(z-x)((z-x)4 +2zx(z-x)2  +z2 x2)                                                                 (12)- q+ F7 ^8 L! q& w; Y; x
    成立。 由于我们在导读5和6中一下子推出了全文最关键之处,未及细节。现在有必有按顺序补充交代一下。实际上在证明一开始就应当说明的,为了证明(1)式xn +yn=zn没有正整数解,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(x)n +(y)n=(z)n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
    ' P* S" E( E, _# U) R$ p  E                        (x,y)=1      (当(x,y)=1时,表示x与y之间无公因数)               (13)
    % J# R, ?7 V. w; v- n+ C- V& Q# E6 |0 _# L1 I% b2 i- C
        不然的话,就一定有(x,y)=d>1。由(d)n | (x)n,和(d)n | (y)n(其中符号“a│b”,表示a能被b整除。而(d)n 表示d的n次方) ,及(1)式得到(d)n │ (z)n。因而得到d分之一的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。以下举例说明(要说举例,根本举不出z7=x7+y7方面有正整数解的例子,是因为它无正整数解。),但中学所学的勾股定理是大家熟知的,例如x2+y2=z2的各组正整数解有(3,4,5),(6,8,10)  和(9,12,15)等,还有(5,12,13)
    7 u0 ~! Y% f8 j6 q4 b4 C1 }! S( b,(10,24, 26)和(15,36,39)等。其中5是是第一大组解中最小的z,  (3,4,5)是第一大组解中的基础解,只要有了
    6 e, W4 d: ^0 Y( ](3,4,5)的解,就会有无数组的正整数解,只要将基础解的各数同乘以2,就得到另一组解(6,8,10) ,以此类推可得到第一大组中无数组解。可以看出第一大组基础解(3,4,5),其中x=3,y=4,z=5,明显有(x,y)=1成立,即(13)式成立。而不是基础解的(6,8,10) 等,(13)式是不成立的,这是因为(6,8)=2>1了。由(x,y)=1 我们可以进一步证得+ b. a; J' J4 j" S1 U' _
                                         (z,x)=(z,y)=1                                                                               (14)
    ) k+ L+ j  {8 h: Z4 J1 _/ B9 ?7 ?      这是因为若(z,x)=d>1,可以得到(d)n| (z)n,和(d)n | (x)n及(1)式zn =xn +yn可以得到(d)n| (y)n。由(d)n | (x)n和
    & y" M$ m, A* p/ t- Z3 r1 v(d)n| (y)n得到(x,y)=d>1。这与(13)式(x,y)=1 发生矛盾。同理证得(z,y)=1 ,也即有(14)式成立。/ z! q/ `( |$ u( E' z! ~
         我们根据证明的需要,引入以下几个引理:
    # k# S0 u4 H. O0 R# C% G    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。0 x7 K8 `! C; m
    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)。因此有a=d(u1-u2),和由于b=du2因而得到(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。(其中u1,u2仅表示不同的字母,无其它意义。)。     
    . G/ b: L% O8 n  W   ( 注:引理1的应用,例如(2,3)=1,则有(2,2+3)=1能成立,等等。)
    " G1 [' p' w; d3 Y! E3 g    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。, J; _" h% A5 z# H3 ]6 [
    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,必有(c,b)=(k,b)=1。(对于因理2 ,通俗地说,当a,b之间无公因数时,那么a的子集c与b也无公因数。)  * R; k" D. g, y2 l' ]  X' Z
         ( 注:引理2的应用,例如2│6,且有(6,7)=1 , 则有(2,7)=1成立,等等。)2 D- u+ U2 Q5 Y' m3 f/ Z
         引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。+ {6 n/ Q" X. O$ V, j0 b' X
    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相矛盾。因此,必有(a,bc)=1。  
    4 b+ `& Q4 g5 _    ( 注:引理3的应用,例如(3,5)=1和(3,7)=1,则有(3,35)=1,等等。)
    . i% t: G+ ^3 o       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)
    + V$ ?( f6 \# V/ B* k. f6 ]证明:因为(a,b)=1,表明a和b之间无公因数,则a和bn之间也一定无公因数。不然的话(a ,bn)=d>1,就要得到(a,b)=d'>1,这与已知(a,b)=1发生矛盾。故必有(a , bn)=1。
    ) I% c$ e/ Z: x) I, V     (注:引理4的应用,例如(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等等。)  
    " P- {* X; g/ M0 ]- b     
    : z8 [% U0 O0 [  K9 z       接着,还需作一点准备,把z7=x7+y7式化为z7 =(x+y)(x6-x5y+x4y2-x3y3+x2y4-xy5+y6),再将其两边同除以7 N# w9 Y' Q6 E- F9 N' w( W2 K
    ( x+y),可以得到(x+y)│z7,, 从而必有
    - J2 V8 A& I9 V0 [  c6 K( H                                          (x+y,  z)=d1>1                           (15)/ |* m( z! f" f) t
    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。
    ( b7 e! ~" `/ U# X3 k( \( \% T同理,由x7=z7-y7和y7=z7-x7还可以证得有
    5 b. e1 h) a9 g4 |& V. e                            (x,   z-y)=d2   和 (y, z -x)=d3                         (16)5 o( A4 d+ {( j5 Y
    能成立。由(15)和(16)式知有1 e' n' V" m* g
          (xy(x+y), zy(z -y),  zx( z-x))=d1d2d3>1                (17)                  7 \8 U) m- r' [- f
    , G! O5 b6 R1 ]( D5 i7 h
    能成立。现在已和本文的开头联系上了。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1 t0 ?/ B9 n5 N/ J9 E
    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" n; v' X; ?; x+ }( X" |9 t
                                             7│d1d2d3                                                            (18)
    8 ]2 z" d  g$ v* H7 \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
    - h; Z. `7 {5 s. i" D/ n                       (xy(x+y ),((x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2)  )=1                     (19)         ( a  s: `: m' I. e2 |8 s
    为了证明上式能成立,分两步进行。第一步,去证(xy,(x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2 )=1 。 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(x,x+y)=(y,x+y)=1,可以证得(x, (x+y)4)=(y, (x+y)4)=1(引理4) 。再由(x, (x+y)4)=(y, (x+y)4)=1就可以证得(xy,(x+y)4)=1(引理3)。此时,由(xy,(x+y)4 )=1,和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
    & [. B! Z# h* S5 v(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4 T4 _  a+ v/ X) L8 F
                         (zy(z-y),(z-y)4 +2zy(z-y)2  + z2y2)  =1                                    (20)
    2 b6 _  @% ?  `. u: f) N" c                                  和(zx(z-x),(z-x)4 +2zx(z-x)2  +z2 x2)  =1                                 (21) 5 N# e; M8 h  ^
    成立。由(19),(20)和(21)式的成立,得知(10),(11)和(12)式右边各单项式和同一个式子中的多项式无公因数。由于(17)式已得知以10),(11)和(12)的单项式的公因数是d1d2d3,这就告诉我们以上3个多项式中的任何一个都不含有单项式的公因数d1d2d3。接着,我们再来了解这3个多项式之间的关系。它们分别是
    5 G" T6 z, [2 k- c7 g8 t& l                            (x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2                          (22)
    2 N8 }3 U: C* [$ R% U- ~3 |; c                            (z- y)4   + 2zy(z-y)2  + z2y2)                                             (23)9 C% D3 Q8 s4 b- s( A
                                                     (z- x)4  +  2zx(z-x)2  +z2 x2)                                             (24)   
    * K- x6 O0 U/ c! \; c6 @     仔细观察后就会发现,这3个式子是对称关系。将(22)式中的x换成-z就得到(23)式,若再将(22)式中的y换成-z 就得到 (24)  式。以下,我们去证明以上这三个式子无公因式,7 h+ h" j6 ~' Z; y$ `8 I
       设(22)式为
    7 ~9 Z. k# p3 H  w) C                          f(x)=(x+y)4 - 2xy(x+y)2  +x2y2                           . p5 s+ i0 s# I
         则(23)式为
      ]* q; {5 d3 q! k                          f(-z )=(z- y)4   + 2zy(z-y)2  + z2y2)                        
    . s4 S6 L4 o( t0 X% Z! h6 O! P      我们假设 f(x)和f(-z )都通过因式分解并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,而使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所含的x和-z的不同,因此它们实际上不是f(x)和f(-z )的公因式,也即证得(22)和(23)式无公因式成立。同理可以证得(22)和(24)式,(2,3)和(24)式之间均无公因式。也即证得(10),(11)和(12)式的多项式之间无公因式。' k1 b' y# A: d6 M4 ~/ d6 C% K8 h3 A- ?
         由于(10),(11)和(12)式的右边单项式有相同的公因数d1d2d3,,多项式相互之间无公因式而且也不含d1d2d3  。因此,由(10),(11)和(12)式的3个式子同时被7整除,得知7只能是被这3个式子的公因数d1d2d3整除。也即有  2 p) M2 A8 ?# r+ P+ j
                                                 7│ d1d2d3                                                                        (25)
    + x& C5 A0 S% R/ P  S1 _1 e成立。
    4 k4 X2 f& k2 L$ L; S4 X9 {' Z! G: J) F
                                  下文,由导读8:证明费尔玛大定理最关键之处分析4连接
    7 i0 b/ h9 k* k+ ?4 [
    # J" I/ J, t& p. O* \# @; }
    9 B; y. o0 X6 t3 `" f8 }/ _
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