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签到天数: 92 天 [LV.6]常住居民II
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本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:57 编辑 ' Q4 M# d4 Z+ U5 q
3 Z0 L, [ H p) d; u5 r
! f. q& d: f0 A2 c% G/ r; j 我们由上篇导读7证得(25)式的7│ d1d2d3 。由于要用到导读7及已证明过的一些式子,为方便起见我们将它重新摘录在下面。 对于费尔玛大定理,我们去证明当n>2时不定方程5 ^; x1 d/ ]) b! D# Q% H
xn +yn=zn (1)+ j2 Y- n' f/ b7 P5 m
没有正整数解。
& \$ ^$ p8 J6 S! {5 p: f, {0 o 通过取n=3,5,7,11,13的奇素数,将(1)式变形为以下有相同规律的式子:
# o, f; a2 y! Z7 L9 j+ @ z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)
2 b& z- C/ G1 y, s, u8 ] z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y)
: X. F* n; \4 `$ A z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)* a% F5 i8 G$ q3 i8 W9 c: z
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) 0 Q2 Q9 Q' `7 Y7 {
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)36 Z- }1 A* O5 K. G/ u6 B8 |
+13x6y6(x+y)5 a# q" e9 p/ }+ ^' ~2 I6 r
由此启发我们当n为任意奇素数时,去证明xn +yn=zn 变形后的具有一般规律的的统一表达式子,由此,就可以用此统一
+ n9 T; Y: V9 m( n# h6 M表达式代表n为一切奇素数的式子去证明费尔玛大定理成立。这就提供了用以上的一般式能证得费尔玛大定理成立的理论依据。( W, W8 b1 u5 ~# |% {
即有9 K; F% `; }7 t9 B; o, m; |# O
z n=(x+y)n-naxy(x+y)n+nbx2y2(x+y)n-4+…+(-1)s nc xvyv (x+y)n-2v+…+ nf xryr(x+y) (2)
4 d2 d, k& `0 s (其中r=(n-1)除以2,系数a=1,系数f为1或-1 )/ b/ ~7 G' i0 R8 s2 O% B5 i
为大家 易接受起见,我们在导读7中选择了 z7 =x7 +y7为代表的式子去证明费尔玛大定理。其实,这和由(2)式去+ J: \5 o9 M/ M+ L5 n1 b4 v3 W
证明费尔玛大定理的原理是完全一样。 由导读5,6和7的分析和证明,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7 `3 A# t! C, |
(x,y)=1 (13)
, v+ p( F: }6 q0 [' z* S+ E成立。% ]( ~: l6 }( d
本文还要用到下面几个引理,也记录如下。
4 Y( h) ]# J% } X# U2 V m2 K 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。(引理1的应用,例如(2,3)=1,则有(2,2+3)=1能成立,等.)
' ^7 _3 F3 d8 p& B+ B( O 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。(引理2的应用,例如2│6,且有(6,7)=1 , 则有(2,7)=1成立,等.)8 K& V% S% q7 X. r5 q/ L
引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。(引理3的应用,例如(3,5)=1和(3,7)=1,则有(3,35)=1,等.)* x. g6 z. w( N9 [# u# W1 i
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)(引理4的应用,例如
5 U0 a t" @% J; C(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等. )
6 {) A$ m4 Z( E8 `& _4 e 我们已证得的
8 q/ L$ {1 b2 S% I0 L8 G/ X (z,x)=(z,y)=1 (14)
* I" U! |; T; H6 |3 n3 X2 t2 q) X8 I: I
(x+y, z)=d1>1 (15)
+ D4 y* `; N- n |3 ^6 E (x, z-y)=d2 ,(y, z -x)=d3 (16)4 d) P, z+ C; r. h
7│ d1d2d3 (25)
4 \1 A4 @+ h8 g' G/ c$ ~3 R) t
# |2 m4 K9 D( ^9 n 从现在开始,已和上篇导读7最后证到的(25)式连接上了。我们接着往下证明, 由(13) 和(14)式可以得到. C# P5 r' i" X4 p. K3 D, h7 D
( z,x)=(z ,y)= (x,y)=1 (26)
; A1 X! {9 M* d- d0 M成立。由(26)和由(15)及(16)式 得到
7 P0 w- W6 Z1 H! z7 C) v0 z (d1,d2)=(d1,d3)=(d2,d3)=1(引理2 ) (27) 3 j* D# w3 _4 ~) a4 |7 c1 ?
成立。(例如,由(15)和(16)式分别得到z=d1 s , 和x=d2 h , 把它们代入(26)式得到( d1 s ,d2 h ,)=1,因而由d1 s 和d2 h 无公因数得到(d1,d2)=1,同理可以证得(d1,d3)=(d2,d3)=1,也即有(27)式成立。)由(25)和(27)式知7必被d1 ,d2和d3中的一个整除,不妨设
, |+ |& O( [) K1 z/ D3 v 7|d1 (28)
, ~% K% w4 X" i: @' D$ ]8 Z由(28)和(15)式可以得到
8 c) r) H8 C! ?, z, K; ^2 q 7|z (29)
& h- V% E/ @0 u) y! r能成立。由(28)式的7|d1和由(15) 式(x+y, z )=d1>1 可以得到8 y5 D: \" n8 s# ^$ N: ]
7|(x+y) (30)
0 S* H' l. B( V6 M' N* @& N$ ^+ v 由(29)和(30)式可以得到7|(x+y- z)。再由导读5中 的(5)式的t=x+y-z就能得到7|t成立,这与导读5中的(5)式证得的7|t的结果完全一致。从以上得到 7|z 和 7|(x+y) 完全满足 7|t是(1)式有正整数解的必要条件。也即求得的x+y和z必须满足7|(x+y- z)能成立。至此,我们充分相信以上证明过程能得到7|z 的结果的理由是十分充足的。
( Z) o3 W- Q) L, P 以下,我们将由(30)式,进一步去证得有(7)2 │z 能成立(其中(7)2 │z表示7的平方能被7整除)。我们把 Z7= / @3 J: J* J7 m' B% C x0 [8 @/ \! }
(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)的右边提取公因式7(x+y)后,得到1 e( g% V- k! ~! {
Z7= 7(x+y)(p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2-x3y3) (其中p=7分之1,p(x+y)6为正整数) (31)
+ ]$ P% x* z! l" M+ D" U 由(13)式(x,y)=1 ,可以得到 (x + y,x)=1和 (x + y,y)=1 (引理1)。由此,得到(x + y,xy)=1 (引理3)。接着,由(x+y,xy)=1,得到(x+y,x3y3 )=1(引理4 )。 此时,由(x+y,x3y3 )=1和(x+y)│( p(x+y)6
: O7 ]- i0 b. R" U3 `' S! ^ - xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2)可以证得有- j# Y: t! o: o" t' y
((x+y),p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 )=1 (引理2) (32)+ v P2 j+ p' ^& A1 i$ o% r+ i- a
由(31)和(32)式知存在正整数b和p ,使得$ Z! o: N# ?* U4 i. ]3 C
7(x+y)=b7(b>1) (33)* ]: f. f! ]# f- [
和 p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 =q7 (34)
4 r G- p# O& L5 s! K7 U X能同时成立(其中(b7,q7)=1, 而z=bq)。由(33)式,和(34)式括号中备注的z=bq,可得(x+y,z)=( b7,bq)=b>1。由(x+y,z)=b>1,和由(18)式(x+y,z)=d1>1可以得到b= d1>1 . 将b= d1代入(33)式中,得到+ q' [4 I9 F- M
x+y= p(d1)7 (其中p=7分之1,(d1)7 表示d1的7次方) (35)
, K1 U' Q6 i6 I3 ^- D7 D( K 成立。这是因为上式的左边x+y为正整数,由等式性质等式得知,它的右边p(d1)7 也必为正整数。由7为奇素数,因此有7|d1能成立。接着,再将z7=x7+y7变形为 x7=z7-y7,并将其右边按前面z7=x7+y7右边的展开形式展开后,得到 x7=" A, O5 j* w, L3 a/ U6 O
( z-y)7+7zy(z-y)5+14 z2 y2(z-y)3+7z3y3(z-y),接着将右边提取公因式z-y,得到
- m2 Y8 W6 v& ~$ @ x7=( z-y)(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3) (36)
; A* Q z6 b/ y) S# b' d2 w; J 由(26)式 (x, z)= 1, 和由(29)式的7| z就可以得到(x,7)=1(引理2).由(x,7)=1可以得到(x7 ,7)=1(因理4)。把(36)式两边同除以z-y,得到 ( z-y)| x7。由( z-y)| x7和(x7 ,7)=1可以得到( z-y,7)=1(引理2).由(26)式 ( z, y)=1,得到 ( z-y, z)=( z-y,y)=1(引理1).由此,可证得( z-y,z y)=1(引理3) 。再由(z -y, zy)=1,就得到( z -y, z3y3 )=1(引理4)。由( z -y, z3y3 )=1,和 由( z-y,7)=1就证得( z-y,7z 3y3)=1(引理3).再由( z-y)|(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2)和由( z -y, z3y3 )=1就能证得$ `9 a) Z) s* L- q/ q6 \. _
(( z-y),( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)=1 (引理2) (37)& h3 v& j1 o7 f+ t+ x) |9 h
由(36)和(37)式,知必定存在正整数c和q,使得1 j1 p* E; J; L- n4 K
z-y =c7 (38)* U( G+ Z2 Z P; r7 g2 d6 c
和( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3 = q7 (39)9 G1 H4 a) r% @. s! }
能同时成立。(其中 x=cq ,(c7,q7)=1。)
: c7 |, P% d' } m0 d7 g2 k3 O 由(38)和(39)式后面括号中备注的x=cq,可得(x, z-y)=( cq,c7)=c>1。把(x, z-y)=c,与(19)式的(x, z-y)= d2 对照,就能得到c= d2, 。把c= d2,代入(38)式,得到 7 A4 l( `( j! p$ F; @' C+ E
z-y =( d2 )7 (40)9 a+ [7 k8 u, O2 \
成立。再将(1)式变形为y7= z7- x7 ,同以上方法可以证得有" v7 ^( ~$ N* H5 L* P
z-x = (d3 )7 (41)' J: y4 G- S- G( u# F
将(40)和(41)两式相加,得到2 z- (x+y) = ( d2 )7 +(d3 )7 。再把(35)式 的x+y=p(d1)7 (其中p=7分之1)代入2 z- (x+y) = ( d2 )7 +(d3 )7 中,得到
& G! v+ H5 i9 Y) Q/ o% F 2 z - p(d1)7 = (d2 )7 +(d3 )7 (其中p=7分之1) (42)
) g% G7 @* O9 J由 (29)式7│z 得到7│2 z成立。由(28)式7|d1 得到7│ (d1)7 成立。由7│2 z和7│ (d1)7 可以得到7│(2 z- p(d1)7 )+ t$ }- _% u8 E. U
,将(42)式的两边同除以7 ,由等式的性质就得到3 E$ [! x& Y+ |2 C0 t0 i% r: s
7|( d2 )7 +(d3 )7 ) (43)5 y$ q+ d7 r/ u
能成立 。将 d2 )7 +(d3 )7按 z7=x7+y7右边的 展开形式进行展开,得
1 p# X7 ]3 E; \* z (d2 )7 +(d3 )7=((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+/ e- J+ K7 a- C2 |# Y1 y: S- L
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ) (44)
0 J, Z. A8 ]3 z! S4 ?$ d由(43)式7|( d2 )7 +(d3 )7 ), 和把(44)式两边同除以7。由等式的性质,就能得到" t9 B! e8 {* N- L& {
7|( d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+. I" X8 p! w0 w4 l4 n9 `
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (45))! w9 m. ]& S: f' G1 d
7 ]% [2 g1 |( x$ h8 O. O3 t2 r 由于(45)式右边除第一项(d2+d3)7外其余各项系数都含有7, 因此7可整除(45)式中的除其余各项,因而7也必然能整除其余各项的和。由此,和由(45)式整除的性质可以得到7也能整除第一项,也即有7│((d2+d3)7 。由7│((d2+
T, S' t4 M. u3 ]# n; s$ `d3)7和由于7 为奇素数,因此必有7│(d2+d3)能成立。由7│(d2+d3),可以得到(7)2│(d2+d3)7成立;又由于(45)式中除第一项外的其余各项都含7和(d2+d3)的因式,因此可以得(7)2整除(45)式其余各项。由此,和(7)2整除第一项,进而得到(7)2整除(45)式右边的和,也即有6 Z {: O# D& e2 w' }
(7)2 │((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5++ J2 s; I; ^& o1 b; }5 t
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (46)% X3 J, O; ]7 z, l
能成立。再将(46)式和(44)式进行对照,可以得到 9 C. v, N5 M6 N H. n% E3 d! U
(7)2│((d2+d3)7 (47)
+ d& H; ?# `; u# l4 J: W将(42)式两边同除以(7)2 ,由于(7)2│ p(d1)7(其中p=7分之1),和(47)式(7)2│((d2+d3)7,因此由(42)式的整除性质得到 (7)2│2 z 。但由于7为奇素数,因此((7)2,2)=1。由此,和由(7)2│2 z,因而必有. v: K. r" J! Q* O& h
(7)2 │ z (48)1 N, l4 j( H/ ?2 ^5 O
能成立。但是,我们将会发现(48)式是不能成立的。以下,我们从两个方面去证明(48)式(7)2 │z不能成立。
9 q7 c/ P( s( Z4 \ 第一,从已证得的(29)式7|z的结果来看。我们已经知道z是满足(1)式的所有的各组正整数解当中最小的正整数z值,而且它仅仅是7的正整数倍而不是7的平方倍数,因此7的平方是不能被z整除的。由此断定(48)式(7)2 │ z 不能成立。 2 @6 u* ~' q' ?* M% s
第二,为了证明(48)式不能成立,假设(48)式的(7)2 │z 成立。由于(7)2 │p(d1)7 (其中p=7分之1,(d1)7
9 `; S2 `/ H+ }+ m m+ q2 e2 A/ b 表示d1的7次方),和将(35)式两边同除以(7)2 ,由等式的性质得到(7)2 │(x+y)。再由 (7)2 │(x+y)和+ o# o( c2 v; u9 p
(7)2 │z就能得到(7)2 │(x+y-z)。由此和由于x+y-z=t(参阅导读5)就得到' M# j: ^/ i( ^
(7)2 │ t ( 其中(7)2表示7的平方) (49)
9 M5 n+ V- @+ ^* J' K6 Y / B: D( ?4 w+ L: H3 ]
这与在导读5中 由(4)式 7│t7(此式表示7能被t的7次方除)只能得到(5)式的7│t发生矛盾。这是因为7│t7表示7能被7个t的连乘积整除,且由于奇素数7与7个t之间都不存在约分关系,那么7只能被7个t中间的其中的一个t整除,因此就有且只有7│t 能成立(其中t=x+y-z),这与(49)式(7)2 │ t 发生矛盾。由此,同样可以断定(48)式(7)2 │ z 不成立。综合以上两个方面都证得(48)式不成立,故由此得到 z7=x7+y7有正整数解不能成立。我们在这里举例n=7的情况(由于便于大家容易理解,才取n=7),实际上对于n为任意奇素数,同样方法可以证得xn +yn=zn 没有正整数解成立。由以上我们证明得到的结论,和由我国著明的数学家陈景润在所著的《初等数论》中,表明了当n=4时xn+yn=zn没有正整数解已被证明,故由本文开头引用的《费尔马问题的介绍》可以归纳得出费尔马大定理成立。也即当n取一切大于2的整数时,不定方程xn+yn=zn没有正整数解,在此被用初等数学方法得到证明。; q& {/ v3 v, K4 o- s* A
0 M: v5 R( M7 b' K' k% }2 c0 q # E+ T, y5 V2 o/ p! J3 J
! ~* Z9 P: |* p" K# ?+ c; A# P& @
9 {3 C' c7 x7 Q% l& W: I
证明结束后进行回顾和小结:& c4 }7 }3 v: S5 `
! M; m3 |! X0 R2 X: ?
其1:本文中突出抓住不定方程x7+y7=z7的指数n与其变量x,y和z之间的关系,进行深入分析。有趣的是,当证明到(45)式7|((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+14(d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))后,为什么会出现仅由此式本身,就又能证得(7)2|((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))能成立呢? 按理说这是违反常规的,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d2和d3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(40)和(41)式知d2和d3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。
X& J6 u. [5 l8 B 其2:在本文中还出现由(29)式 7|z 又证得 (7)2 | z ,和出现由7|t 又证得 (7)2 | t的奇怪现象。事实上,由(29)式 证得的7|z ,其中z是(1)式各组解中的最小 z值,何来还有更小的(7)2 | z 所得的值呢。关于7|t 又证得! u) ~8 |5 b$ a+ n7 F- Z$ t
(7)2 | t ,事实上由导读5的(4)式7|t 7其结果只能是7被7个t的连乘积中的一个整除,因此就有且只有7│t 能成立。而后面的证明怎么可能又否定掉前面的结论呢。这个怪现象仍然是由假设了(1)式有正整数解才产生的,但由此产生矛盾反而使我们的证明得以成功。
! w5 j7 U; l6 t) n 其3:本文中比较最为关键之处有以下几点3 U4 D( b% K; Q3 t' B
1。从奇素数入手,由奇素数只能被其本身和1整除的特点,出现了证明中很多的奇迹。例如(1)式x7+y7=z7的变形再变形的应用。; S; ?" A, \% a7 e' Q; R' S* {7 N' b
2。不定方程xn+yn=zn,经过对n取3,5,7,11,13 后具体形式子的变形,使我们证明了它们存在通项表达式。这为我们用通项表达式去证明费尔玛大定理,找到了理论根据。" }) Z5 T& w$ h& Z
3.引入新变量t=x+y-z,不但起到了重要的桥梁作用使证明能往下深入,而且甚至于起到了证明成败的决定作用。6 b* S" \' o/ T) C. c
4。根据对通项表达式往下证明的需要,我们设计并加以证明了相关的几个引理使证明有了活力,有坚实理论基础为后盾。 [9 z4 O: P: c1 u
5.初等数学证明费尔玛大定理,使人们在头脑里始终认为是很深奥的数学在此变得如此平常,这就是它的证明的独到之处。初等数学证明费尔玛大定理通俗易懂,不需深奥的数学知识易为大家接受。
: {' w, \2 W4 L: p: i8 H$ H. E& ]5 ? H+ V7 \% l
3 B Y8 A# |/ H: P
注:1,有关本人证明费尔玛大定理的正文,参阅本页的附件。
- ?# k, S* f( ^1 J6 M2 U+ b 2,希望有不同见解的朋友爽快提出疑问之处,以便大家互相促进互相提高。
4 w7 H! r9 o6 v# X 3,希望有合作者参与共同研究和商讨。6 z/ d. t; J- s
# L- ?& w0 H, _
& o/ ?: b [. n' J, k6 I
7 l+ N. k/ \, q, f0 H+ j" u$ z: ~% P
$ d- Z) w8 j6 K& I
+ V6 e5 p' y9 Y" ~8 L. Y; s! P0 J
6 P0 O" a' w: }- V* e# U6 f: O- b' j* b/ i
- d& j4 ^- n3 m' w2 C' S( T
# W$ C# F; |4 c6 t: ]- ]
$ @: x+ j2 D \) J0 e4 H q
' [( i) b/ @& @ |
zan
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