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本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:57 编辑 / z4 L5 a, K* d
/ C) G5 E2 H3 I: V# G& R
$ q# [ Q& ?2 g( Y. B% ^: I+ W 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" K4 F# y, {0 v9 c7 A: e
xn +yn=zn (1)
. \; m1 V7 x2 J' P没有正整数解。
, ^. L( [/ e! 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:
8 @3 I" S' E1 Y- J x |9 a' s z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)
! h7 S3 P5 k6 y( O1 z2 {+ Q% [! L( J* n z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) 4 @4 I; I9 ` O5 m
z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)
( ^1 n$ F P; _3 g% w" T3 L 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) - d- \. a5 b0 j) u. O( Z2 H. y( p
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
! K, k: D3 i" S, U0 ^; x. X% o, k9 O+13x6y6(x+y)/ Q: k3 O$ b5 y( j& i9 @* T6 L
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( g: M0 U' x- C& a9 w1 _6 d6 c
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。, h8 U; @, o u. H1 w
即有
, ?, _& u4 `1 X' }' k 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)3 O2 `* K' K% A. C
(其中r=(n-1)除以2,系数a=1,系数f为1或-1 )
7 g: Q% Z6 P. P8 u) l, h4 U5 G+ d& E6 K 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- I# Q( e# ]; ^. L: F
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
4 `, p- a3 E5 h* N1 v (x,y)=1 (13)- V: X9 A- z8 V) s/ @
成立。 M) G$ I) o0 c0 N
本文还要用到下面几个引理,也记录如下。9 a+ s! z1 Z' V5 j
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.)
! O6 ~( ]% L* P' 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。(引理2的应用,例如2│6,且有(6,7)=1 , 则有(2,7)=1成立,等.)1 _* _; b! ]% X& H0 y3 |! e
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.)( H2 ^. S [# P( d
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
0 z- ~2 e& P4 k" s% {. n: g(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等. )( f; W8 }( y {: z3 u( \& z
我们已证得的 9 G* y4 U4 x9 V6 h% |
(z,x)=(z,y)=1 (14) 8 K) D! d$ f# Y
, G7 {0 q3 T- M7 f0 D" `7 ^! F0 t (x+y, z)=d1>1 (15)
+ s* X, w: v3 T4 J0 ~ (x, z-y)=d2 ,(y, z -x)=d3 (16)' P. V& Q3 ^7 ]5 ^4 r
7│ d1d2d3 (25)
4 `$ a- I' e' O8 q* `
2 S% k4 K; R! |7 r7 T. Z 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) y+ a# U- P# n% }& P ( z,x)=(z ,y)= (x,y)=1 (26)
' z' H7 o% W7 O5 C6 U; Z1 T成立。由(26)和由(15)及(16)式 得到 - D6 N4 L; v3 I7 _
(d1,d2)=(d1,d3)=(d2,d3)=1(引理2 ) (27)
1 y; X3 l' y. O) ]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4 o* ?7 V0 T8 s+ ]; D- o
7|d1 (28)! Q" F5 z1 Y/ g) ~4 D
由(28)和(15)式可以得到
% z+ E7 Z5 |, V9 r+ Z- | 7|z (29)
2 e2 n" J3 s2 w U能成立。由(28)式的7|d1和由(15) 式(x+y, z )=d1>1 可以得到
9 O7 d3 n$ _; r% L+ w 7|(x+y) (30)6 p% ^2 d ^0 V! _. t
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。% W( ?, W) k0 u5 g I
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= * f0 b* ?* M5 c. j4 f' w
(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3 S& Q, Z E1 d
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) M6 x9 I2 f% I! ?
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
! P+ s6 k, l; \! f8 b/ ^ - xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2)可以证得有
; L8 R2 n( l/ j* r9 y+ ]5 y) ~ ((x+y),p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 )=1 (引理2) (32)
* p0 T- N3 O; A' |" T& c 由(31)和(32)式知存在正整数b和p ,使得
8 r0 n* X: ^: R9 ]- v6 ~6 A) w 7(x+y)=b7(b>1) (33)* { A6 r# C$ A9 M! b6 X( O
和 p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 =q7 (34)' ]1 Q1 k* b ^ T
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1 [; i4 I. j6 ^0 m4 l) e ~
x+y= p(d1)7 (其中p=7分之1,(d1)7 表示d1的7次方) (35): Q0 I0 q9 w3 c7 { d
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=
& S: {- C' Q+ o, n$ `9 ~: Y( 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
" a5 j; {" y3 @* B: C, B4 K x7=( z-y)(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3) (36)
2 p8 g9 ?7 w L- m* `8 D/ } 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/ W. D5 D+ M4 l. R) [6 q5 J
(( z-y),( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)=1 (引理2) (37)" [; A9 p; P6 h( v* s, D9 X
由(36)和(37)式,知必定存在正整数c和q,使得! Y1 E5 r( P9 c" z( }
z-y =c7 (38)
6 ^- K# y( X+ K. C5 m 和( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3 = q7 (39)
+ `( Q: S3 n$ r9 b# X3 i能同时成立。(其中 x=cq ,(c7,q7)=1。)9 ?" w% k" ~7 k/ U, p6 R# q9 ?
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
) a( l0 L. t% X3 q. f' ?. [% r z-y =( d2 )7 (40)
+ _, G8 G) \ `5 O2 p5 G9 T成立。再将(1)式变形为y7= z7- x7 ,同以上方法可以证得有
& L: L3 s- Q R& E0 K$ ? z-x = (d3 )7 (41)
: y5 A; d' I w9 N7 m+ @; V4 b 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
3 Y& f& W+ f5 H& }4 ? 2 z - p(d1)7 = (d2 )7 +(d3 )7 (其中p=7分之1) (42)
2 |. n% N: y, R$ {" s2 i: I: 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 )
; U% x. d$ k+ w; X1 K) ~) },将(42)式的两边同除以7 ,由等式的性质就得到
: [* e r; [7 n# }5 @ 7|( d2 )7 +(d3 )7 ) (43)1 N9 Z2 e; }& K( W
能成立 。将 d2 )7 +(d3 )7按 z7=x7+y7右边的 展开形式进行展开,得
9 D1 J+ d, W7 W( ~0 e- D& T+ F3 K (d2 )7 +(d3 )7=((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+( W. S* Z. Z6 e2 ^9 K
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ) (44)+ L2 Q6 ^. y; D; A
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
! s% i/ ], y# t% I1 Z 7|( d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+. ~6 I: y# [8 N
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (45))
- Q, l7 R( s$ K1 L( u# X8 }% P! X: O
* t4 J- B: _. { 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+7 W9 g5 C' g. K( r) I
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 ~" J/ E5 S7 W2 H4 ?; G
(7)2 │((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+
5 Q& A% R* i9 y1 j% T6 b 14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (46)
, M; q4 i. L- F* P8 b( c能成立。再将(46)式和(44)式进行对照,可以得到
! L+ @/ u/ Y' }' I6 u (7)2│((d2+d3)7 (47)
0 }( E) g* c) g& E$ q6 Z4 {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; ~# H2 j/ V& e$ j- S0 a! M. }
(7)2 │ z (48)
/ f3 n6 S2 J2 ^: b) F0 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。
w& c. _8 F9 k$ B9 F 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。 ( ~( @" a; |) t1 u9 r- G: F, j6 @
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
. B- f2 y4 f' ^8 a) k4 R2 X3 V 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
: i8 O) J. t3 \6 M(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5 \; o0 r2 I% S4 P+ [+ G7 X
(7)2 │ t ( 其中(7)2表示7的平方) (49)
1 J) U# H# q% c4 u h$ B) W / f. D# o0 F1 H+ q5 c0 X
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。, f* Z! D, z; v( f5 Z
( {, L3 n" g: b, x8 A% X4 A. u
7 K0 E" p9 s# O6 r9 {5 S/ h |* U( {! {$ x( F0 p9 _
' T3 z$ o) [$ t6 E6 ?3 ^& x7 J
: m" \, H( Q! e# R1 N5 j5 j7 M
证明结束后进行回顾和小结:
) u& N ?# A0 C! Y$ E* | ; y% C. P7 J& K
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。) F% E* h" x, ^0 S
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
2 r, P- T' K& B" B ?7 i5 o. y0 u(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。
5 H1 j8 y* z; B0 E9 x1 _8 f 其3:本文中比较最为关键之处有以下几点0 \2 g% x# p8 U, J. V" a
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。+ J5 Z. \2 P4 D+ x7 ], i3 z
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。
% ?6 v2 n2 x1 R8 A 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。
1 Q4 f+ ~: K) s 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。( H' \* h2 V" X% J; ]" R% @+ Q
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。
8 ~' B _; C# t& X" z9 H; \: N4 q6 @8 e8 E( N
: G$ S5 B4 ~2 ^- W: z. Y5 t! t
注:1,有关本人证明费尔玛大定理的正文,参阅本页的附件。
- V% O5 }. {. y [$ U8 v' k' z 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。
9 F# D/ S/ u' ]7 r# p 3,希望有合作者参与共同研究和商讨。# w5 A$ A0 c- I1 k% ~- T. q7 j) W
4 D; F0 d2 v+ @: T0 v3 ?( X) u3 P1 C* C2 G8 T @
) _' K t4 S1 ~
2 K8 C$ G1 i2 `# r: ?* _
% z' Q% O o4 `2 j# W* A' _6 U* L3 g7 G
+ r* q8 y- f, e ?. G+ i% k: o
3 w8 }$ t8 B5 g( |* ?+ `( J) Y/ j5 s
$ Y7 d7 O5 |3 y' c
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, U$ i( d: ~! Q$ Q
" i) p7 G/ x0 a* M) K6 ? |
zan
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