导读8：证明费尔玛大定理最关键之处,分析4

chengenlin

            
( X! ?) s" V; _1 q( U; I     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
( x$ e1 p( v, g+ H; p2 ?- B  @# S  L                                      xn +yn=zn                                                                      （1）
7 m# o9 p  v0 J1 `没有正整数解。
     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：
     z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)
! w# H4 t5 I: |% u; R         z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y)
        z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)
        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)              
! A/ O" M& ]: [- ?" u: u& \& F- U        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)
         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
, K; C; q- c& G+ R- E7 y/ L+ e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。
即有
       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）
                                                （其中r=(n-1)除以2，系数a=1，系数f为1或-1 ）
& _5 l9 {5 Y* v3 }& B9 f8 D3 H" }     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
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
                                       （x,y）=1                                                                       (13)
成立。
8 x$ y  U) K  K3 _6 o      本文还要用到下面几个引理，也记录如下。
      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.）
: |! Y% x$ c! b2 T) v( Y7 r! @. \      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.）
5 f( f. T9 x9 b0 X! {      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.）
6 l+ r+ V( q- }& ~% |      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
! U3 K) }2 l" M1 P3 Y（3，2）=1，则有（3，（2）5 ）=（3,32）=1成立，等. ）
& I$ a$ [+ g) ~! V6 S* u* e9 b     我们已证得的   
- w) |( ~! L/ s, F                                 （z,x)=(z,y)=1                                                                         (14)
: P+ Y/ r6 I6 [/ [6 P& ^
6 A1 B9 \- n7 T) A9 z% Z                                                           (x+y,  z)=d1>1                                                                     (15)
                                                           (x,  z-y)=d2   ，(y, z -x)=d3                                                （16）
                                   7│ d1d2d3                                                                         （25）
& {! b4 R$ S7 Q- S6 M& p1 s      
    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
7 J0 Z0 E- x# O3 H: ~                              （ z,x）=(z ,y)= (x,y)=1                                                               (26)  
成立。由（26）和由（15）及（16）式 得到
                               （d1,d2）=（d1,d3）=(d2,d3)=1（引理2 ）                  (27)   
% y0 A3 v. m7 R) E4 }  z( Q7 K& ^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
                                     7|d1                                                                                  （28）
由（28）和（15）式可以得到  
. A' C( J9 e* P, A$ U                                     7|z                                                                                    （29）   
能成立。由（28）式的7|d1和由(15) 式(x+y, z )=d1>1 可以得到
. j! I/ U. _0 ]! [" d$ L                                    7|(x+y)                                                                                  (30)
- S/ _- n# D1 z2 {      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。
    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=
  }: \" x/ Q" _* h4 n(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
6 t$ D% R+ k6 {     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）
    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
-  xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2）可以证得有
* X, M0 x: E: U: T! H( ^                           （（x+y），p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2  ）=1 （引理2）      （32）
   由（31）和（32）式知存在正整数b和p ,使得
4 Z. _4 O) b$ s4 E                              7（x+y）=b7（b＞1）                                       （33）
$ Y9 r# ~5 M! S* `6 w                           和 p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 =q7                                             （34）
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
$ h, P  U4 i4 x. D; b* O                    x+y= p（d1）7      （其中p=7分之1，（d1）7 表示d1的7次方）             （35）
+ H6 A) _! f  Y) I3 @. K1 E  q 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=
( 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
0 d% {$ ], J' h7 }+ I. P' C% n$ ?* O                           x7=( z-y)(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3）                  (36)
# r# t  `  w* U, H- p. R, S) V5 Q       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
0 ~8 q! P0 h; Q6 ~5 V3 h$ O9 W" \  l                （( z-y)，( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3）=1 （引理2）                （37）
: n, N' Y2 ~+ v7 {) l9 b. X由（36）和（37）式，知必定存在正整数c和q,使得
* Q6 p! w! f( e, |  W3 g, q& c                              z-y =c7                                                                                            （38）
7 c# o; l4 i! k! }; i) e) z. T. ~                                   和( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3 = q7                              (39)
能同时成立。（其中 x=cq ，(c7,q7)=1。）
    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
                               z-y =（ d2 ）7                                                                               （40）
$ Y% D: S6 j& K# \成立。再将（1）式变形为y7= z7- x7 ，同以上方法可以证得有
; b+ B& y6 H) d8 r                                 z-x = （d3 ）7                                                                            (41)
      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                    
4 ?- S0 o4 @+ t! u                           2 z -  p（d1）7   = （d2 ）7  +（d3 ）7  （其中p=7分之1)                 (42)
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 ）
+ n: E* K, y, T5 m: u% r" J，将（42）式的两边同除以7 ,由等式的性质就得到
: g! C+ Y  V7 `7 l$ D                                 7|（ d2 ）7    +（d3 ）7 ）                              （43）
2 k# {+ ?7 @% J9 F能成立 。将 d2 ）7    +（d3 ）7按 z7=x7+y7右边的 展开形式进行展开，得
4 _% ^. u5 }! q; N0 F3 d$ X         （d2 ）7    +（d3 ）7=（（d2+d3）7 -  7d2d3（d2+d3）5+
                                        14 （d2）2（d3）2（d2+d3）3+7（d2）3（d3）3（d2+d 3 ）             （44）
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
           7|（ d2+d3）7 -  7d2d3（d2+d3）5+
                                        14 （d2）2（d3）2（d2+d3）3+7（d2）3（d3）3（d2+d 3 ））     （45））
$ Y. n! z3 c  f9 i+ T  K                                                         
( U- B$ C- H0 s) 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+
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
          （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 ））     （46）
! E( y7 M9 O/ i$ C# J3 j" \0 f能成立。再将（46）式和（44）式进行对照，可以得到
/ H) H7 |6 c' F                                 （7）2│（（d2+d3）7                                  （47）
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
                                      （7）2  │ z                                                                      （48）
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。
    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。
   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 i2 l3 v5 ]* W0 l 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
3 Q. n6 H# C( ~: s: W; d（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
: l& o9 G9 N( x2 U9 S' @                               （7）2  │ t  （ 其中（7）2表示7的平方）                                    (49)
                           
       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。
   
% \4 h, r2 G* x) x# Y6 v5 l9 d3 x& P     


      
     证明结束后进行回顾和小结：
   
' Y$ R/ U- x2 W6 N9 ~     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。
9 L( I: d7 ~. \9 i     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
（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。
+ c( A& U# G$ U; C. T' y    其3：本文中比较最为关键之处有以下几点
     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。
     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。
4 y9 v9 C" ~) ~! s, Z$ T     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。
+ t0 _+ z) {- ]$ z     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。
      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。

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( S' n" G! M) }! W! A2 z/ W           注：1，有关本人证明费尔玛大定理的正文，参阅本页的附件。
               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。
) \0 v0 c- @/ x& P+ r) ~8 @               3，希望有合作者参与共同研究和商讨。

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