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导读8:证明费尔玛大定理最关键之处,分析4

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    [LV.6]常住居民II

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    发表于 2012-3-17 20:29 |只看该作者 |正序浏览
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    本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:57 编辑 . I% Q8 @8 c) @% L( U

    * j9 E5 \! V9 ~1 R4 W; p% _            
    & [; X% `* Z& l5 B3 [     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
    / v) z- M, A5 I. l+ `1 g& L                                      xn +yn=zn                                                                      (1)
    & g1 m2 u0 f* X4 x+ }没有正整数解。) `/ S7 r9 |# O1 b' i
         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:1 ~% E9 U5 E* Y4 Y7 {9 D: T
         z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)' U  ^/ B7 ^" S- F. q- K( X
             z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) 3 `( Y& R4 h* w5 \+ G0 l  J
            z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)
    8 h3 {9 N5 H3 `6 K( N9 l  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)              
    2 n) i- R, m; P% Y- U0 i0 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) H9 N$ |/ M* W
    +13x6y6(x+y)# i1 F, P! V. j/ y: \+ m1 a7 l; u
             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
    2 L; n3 o0 W+ Z9 J- |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。
    ; g. ?( v5 U- y- a% e即有
    - ]; q8 F/ k! h/ q* x       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)
      l( e8 Q) f( N0 X& [( `$ F                                                (其中r=(n-1)除以2,系数a=1,系数f为1或-1 )
    ' A9 A3 v2 ~6 X  D     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1 Q2 U; f: ?+ g2 l6 X
    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 C5 j0 @: |% H1 f( |  U
                                           (x,y)=1                                                                       (13)% ~. K( v/ r' ^" b. N
    成立。
    * `+ K& H+ k2 z+ G1 ]' c6 a. }      本文还要用到下面几个引理,也记录如下。' b5 Y3 H/ K: I, W. q
          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.)
    6 ?% q( y3 K1 y      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.)/ P9 r+ a, |( L2 d6 S. r( u
          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.). R) W$ c7 k, ?1 ~0 Z1 {) z& e; L& X
          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# e) D! [' D. c' l4 ]9 Q
    (3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等. )+ x  y0 R7 B- M; P6 a8 n% F1 |3 \0 a
         我们已证得的   0 s. A, B/ x# z: |- V" V9 a
                                     (z,x)=(z,y)=1                                                                         (14)
    $ c* |) G) }( S. O
    ; F- l- f( h3 p$ N: B0 n                                                           (x+y,  z)=d1>1                                                                     (15), q2 V8 G* w5 \4 s* c- l
                                                               (x,  z-y)=d2   ,(y, z -x)=d3                                                (16)
    ' }$ I( O* Y6 t9 U) W; R: z) @. _                                   7│ d1d2d3                                                                         (25)
    8 ?/ C- m6 H. g, k" d, o5 n      
    6 f: l* W6 U2 Q2 r( f" 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
    9 g2 F. \$ n( w* g( K" E                              ( z,x)=(z ,y)= (x,y)=1                                                               (26)  
    1 U4 g0 }5 [' A% T; @8 w. O成立。由(26)和由(15)及(16)式 得到
    2 `1 B$ ?& d8 j& L1 ]                               (d1,d2)=(d1,d3)=(d2,d3)=1(引理2 )                  (27)   
    . I' A# Z, e0 X( z% s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
    2 k$ Z0 \# [* n7 M$ j' F* T$ E1 D6 d                                     7|d1                                                                                  (28)
    # |1 ^) i- G) T$ `+ W7 Y, E由(28)和(15)式可以得到  
    8 c6 B( T$ u0 Z, I                                     7|z                                                                                    (29)   
    % I1 \1 T! ?5 u0 U能成立。由(28)式的7|d1和由(15) 式(x+y, z )=d1>1 可以得到- o5 [  t5 W% x) _- z/ E" r
                                        7|(x+y)                                                                                  (30)
    - l/ I" O0 U2 u" t3 a3 F, 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。. N! x: Q, U# Q1 w1 X8 D6 v
        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=
    2 e% D& j6 Z0 T% h; U5 A1 P: }(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 u# j+ C# D) Z' X0 q     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)
    3 L- K9 R/ j* E! Z3 F$ s- E    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
    * A; f( ]" c4 _8 p: t -  xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2)可以证得有- S7 |% ?8 D+ K. a9 j
                               ((x+y),p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2  )=1 (引理2)      (32)
    4 F. @1 u! t3 a, R) d8 F: z& n+ q/ A   由(31)和(32)式知存在正整数b和p ,使得( I' v. i. i' E# f! A! e
                                  7(x+y)=b7(b>1)                                       (33)9 L0 M; p* Y: g3 j
                               和 p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 =q7                                             (34)
    & f9 g: ~  P) Z$ d2 w1 u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
    4 [: O" Z# S$ N1 S' H                    x+y= p(d1)7      (其中p=7分之1,(d1)7 表示d1的7次方)             (35)
    3 K8 s8 ?+ b! |7 M 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=
    5 x4 o7 v; r! x5 d( 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. w% h5 `2 ]4 ^5 Z; Q( |, N  q" ?
                               x7=( z-y)(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)                  (36)
      Z3 X& G- N$ C0 e; H       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
    ! P* ~5 W" a! i4 S                (( z-y),( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)=1 (引理2)                (37)
    " Y8 ^) A4 m' T; }( F1 }由(36)和(37)式,知必定存在正整数c和q,使得/ m4 ]2 ]: k. k5 T+ p
                                  z-y =c7                                                                                            (38)
    5 m3 D) _0 H& w; D  v+ U                                   和( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3 = q7                              (39)0 P6 @4 i  x2 D5 k$ @
    能同时成立。(其中 x=cq ,(c7,q7)=1。)! S+ |1 c. y  I: q
        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
    - ^. J8 [0 L9 c; |: l                               z-y =( d2 )7                                                                               (40), l$ O5 q0 _1 E& X+ T/ e, H
    成立。再将(1)式变形为y7= z7- x7 ,同以上方法可以证得有9 Z9 [8 Y+ M0 y# d% c2 S# ]. O, G# F; D
                                     z-x = (d3 )7                                                                            (41)
    2 n# y5 D- f& x2 ?+ {" z      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                    
    ( k0 I3 E( q1 A. @* ^                           2 z -  p(d1)7   = (d2 )7  +(d3 )7  (其中p=7分之1)                 (42)/ N7 i+ H! H/ v  r
    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 )0 t9 e3 ^2 C! z; h' ^. R7 Y4 U
    ,将(42)式的两边同除以7 ,由等式的性质就得到* y/ i  v0 {+ p7 [, N1 w
                                     7|( d2 )7    +(d3 )7 )                              (43)- d: f: o& S+ [8 Z  G
    能成立 。将 d2 )7    +(d3 )7按 z7=x7+y7右边的 展开形式进行展开,得2 f0 }5 r7 {. m' k- y
             (d2 )7    +(d3 )7=((d2+d3)7 -  7d2d3(d2+d3)5+7 j+ h  J* U% o* q! Q$ ]
                                            14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )             (44)
    . T& r, y  u2 [8 c4 @& V# `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
    4 @4 l" \7 a# W0 S' }  w6 K           7|( d2+d3)7 -  7d2d3(d2+d3)5+, j; N( d" D# H( g
                                            14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))     (45))3 u( Y& t9 \/ x' ]
                                                             
    & [7 ~; D& h4 [+ F5 y2 V* P9 v0 c     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+& K% N6 q' X: Y" c
    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3 t2 P1 L& d9 x# Z; O, o
              (7)2  │((d2+d3)7 -  7d2d3(d2+d3)5+3 R+ r' d6 p- K0 @9 [
                                            14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ))     (46)- R* x1 a6 B$ b7 Q  u( c! ^2 x! i
    能成立。再将(46)式和(44)式进行对照,可以得到 / o* h. C4 K* ^( ^1 n! y' h
                                     (7)2│((d2+d3)7                                  (47)2 x) G1 s9 S) W  W1 d, [6 h* I
    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  R6 ?0 L( S. B6 h: W8 `$ ~$ n3 S
                                          (7)2  │ z                                                                      (48), Q% H- a: D5 \: l' c0 v
    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。( U% R0 N5 ?$ C) F3 q+ n# i; s
        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。 " [1 I% v% D* v2 m  R! H5 p) L
       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+ j* q/ @: W" V7 o- E
    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 B  v. i9 `' m/ 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) x- t: j' n2 n8 ?# A7 M, _
                                   (7)2  │ t  ( 其中(7)2表示7的平方)                                    (49)
    2 f* e* q, [" L* a5 y# @: s# l                           0 @- V" C4 e5 Z# F" D/ V* c; X& A
           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。
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    ; Z$ _1 q, K/ K3 C% E* L) K/ }% N( f0 i1 F- l# w. _
    " j/ W, V6 |1 C8 u) O
          
    ; R" s3 l7 ]& R$ l7 Y     证明结束后进行回顾和小结:7 O: M, w5 `8 b/ f4 S7 I" J
        , p8 C8 H* t& [0 L) Y
         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。+ c* ~6 N* B) Z: 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7 O% ]) c8 v: V8 r; i
    (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。
    & {  z% m2 q- ]) R5 s% V" n    其3:本文中比较最为关键之处有以下几点
    ) r2 M* I  b# f" l     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。# E5 ~* l3 y* M7 q7 c
         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。
    / h- t/ D. h" B( k( W     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。/ p. m5 l+ ~, p
         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 \. d+ v' E: l+ _4 D8 l      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。) u+ ?: g6 m# O6 |2 o1 X; O$ ?' f

    , ^$ [/ [5 k/ o
    9 }3 X& H, x* g& Z) d1 Y& J           注:1,有关本人证明费尔玛大定理的正文,参阅本页的附件。' o2 \, h+ A' m0 R* H
                   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。6 d/ r( d7 k4 v( {
                   3,希望有合作者参与共同研究和商讨。' |' l9 `6 B6 p8 e) {0 _, `1 q

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