本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:57 编辑 & n- v3 u. U, K- B* J
- b5 E4 t0 H8 `1 ?' o
}$ a4 h6 W* E$ [' Y n$ _ 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 ; l$ ~; `' n" j W xn +yn=zn (1) m- ~ Q9 G( Y7 x
没有正整数解。 : \3 R" g: o5 a/ R( B, K 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:" c. t& ]- W% y9 ]: m8 r
z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y) 1 \1 C! j! O. c; F0 ^6 C z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) ! H, r; j: E! x. V, s
z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)# V0 Y( e: _# H
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) 6 C6 ^; l2 W4 ^! Z# t
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: l' I- m8 |6 X! N9 q5 Q
+13x6y6(x+y)( L/ N d6 y; A
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 5 \3 ^8 b5 r% e7 l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。 4 @3 s! R( f, E5 M7 G+ k即有 + ?; V$ g1 [8 r& 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)5 l- ^4 J/ S1 |) O. a) }
(其中r=(n-1)除以2,系数a=1,系数f为1或-1 ); ?1 v9 v# X( }6 V1 A3 f
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 7 v5 l0 W# T* d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- x& q% k% @6 W+ M1 X (x,y)=1 (13) , Z* ~- c, I% i! _) ^成立。0 F& @$ Q: m* D7 \% c# A
本文还要用到下面几个引理,也记录如下。. y ]7 g: G- ]! R4 M# V/ y% T- O
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.) 0 Z1 y9 n" J, e$ i, s& q 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.)$ o6 _; E7 K; \7 j, o7 X. V
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.) % ] h ? b' i) D+ z, i2 f 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% e9 H! k# W0 H9 z9 c, g
(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等. ) ) m+ n( X. R4 I+ B' X3 M 我们已证得的 7 ^+ C5 p% e( ~. x$ {% B
(z,x)=(z,y)=1 (14) 0 \2 u4 C% _2 O4 w$ f- L
, r5 g3 Q! N2 O (x+y, z)=d1>1 (15)2 B1 S( n0 \) t2 U( g" W1 s& B
(x, z-y)=d2 ,(y, z -x)=d3 (16)) V$ m( Z, K- r- [, o9 c/ z
7│ d1d2d3 (25) q0 u8 I' m4 M w3 \ / a5 |; g6 K4 L/ [) p, T. I- {+ M4 ~
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6 `; o3 C* b# ^' G, j0 e6 O' M6 m) Z' x
( z,x)=(z ,y)= (x,y)=1 (26) $ Y; w0 p7 G4 l; c
成立。由(26)和由(15)及(16)式 得到 # X: k5 p* ^% O$ e2 M7 `
(d1,d2)=(d1,d3)=(d2,d3)=1(引理2 ) (27) / Z" C2 i1 ^- _( Z2 f- M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 ! G( N3 n3 J1 f1 \3 J8 J 7|d1 (28)+ ?; S0 z" H0 ^
由(28)和(15)式可以得到 . b% d( S3 g, e" P$ B* P( D
7|z (29) $ r8 j. o5 t Z( j
能成立。由(28)式的7|d1和由(15) 式(x+y, z )=d1>1 可以得到3 @3 i* ?* y) }7 f! |
7|(x+y) (30)3 G) R0 _) O, W
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。% U" B3 Q5 o A, y& G4 p/ J# |3 Y
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 B9 C/ w3 B2 r! b
(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- m5 D5 u; @- L) Y# D! [7 ^
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) 6 P0 _& @7 t Q/ W. r& b! V; 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/ T1 c% c2 M9 [& m - xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2)可以证得有 ) ]3 ?& l1 \( U ((x+y),p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 )=1 (引理2) (32) ( q/ }# w% `9 y/ Y2 V3 E 由(31)和(32)式知存在正整数b和p ,使得 / o6 s6 Y, _2 @; d 7(x+y)=b7(b>1) (33)% v( g A$ X8 i( ^7 z. `! m$ B
和 p(x+y)6-xy(x+y)4+2x2y2(x+y)2 =q7 (34)5 ?) U3 U- Q* p9 O
能同时成立(其中(b7,q7)=1, 而z=bq)。由(33)式,和(34)式括号中备注的z=bq,可得(x+y,z)=( b7,bq)=b>1。由(x+y,z)=b>1,和由(18)式(x+y,z)=d1>1可以得到b= d1>1 . 将b= d1代入(33)式中,得到* }+ v% N' i! g
x+y= p(d1)7 (其中p=7分之1,(d1)7 表示d1的7次方) (35) ( J+ n3 x7 H6 C% L 成立。这是因为上式的左边x+y为正整数,由等式性质等式得知,它的右边p(d1)7 也必为正整数。由7为奇素数,因此有7|d1能成立。接着,再将z7=x7+y7变形为 x7=z7-y7,并将其右边按前面z7=x7+y7右边的展开形式展开后,得到 x7= ' Q# Y( D/ P: L* y5 e( z-y)7+7zy(z-y)5+14 z2 y2(z-y)3+7z3y3(z-y),接着将右边提取公因式z-y,得到 4 J: G! D i7 T5 }9 E: D: Q6 B) y x7=( z-y)(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3) (36) 8 v' h- e4 { n" `+ J 由(26)式 (x, z)= 1, 和由(29)式的7| z就可以得到(x,7)=1(引理2).由(x,7)=1可以得到(x7 ,7)=1(因理4)。把(36)式两边同除以z-y,得到 ( z-y)| x7。由( z-y)| x7和(x7 ,7)=1可以得到( z-y,7)=1(引理2).由(26)式 ( z, y)=1,得到 ( z-y, z)=( z-y,y)=1(引理1).由此,可证得( z-y,z y)=1(引理3) 。再由(z -y, zy)=1,就得到( z -y, z3y3 )=1(引理4)。由( z -y, z3y3 )=1,和 由( z-y,7)=1就证得( z-y,7z 3y3)=1(引理3).再由( z-y)|(( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2)和由( z -y, z3y3 )=1就能证得 3 |" o7 |' M! G+ h6 d2 y' F! [ (( z-y),( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3)=1 (引理2) (37) 1 d- h3 {/ j$ A/ u, W8 R7 D由(36)和(37)式,知必定存在正整数c和q,使得 * r- _& T' J2 Q( ^+ ]: { z-y =c7 (38) # J; ^) _# X1 [9 Y 和( z-y)6+7zy(z-y)4+14 z2y2(z-y)2+7z3y3 = q7 (39)5 n5 M2 Q3 \) F' C, u
能同时成立。(其中 x=cq ,(c7,q7)=1。)0 N1 Q* b; Q" _1 m5 v/ G
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 + k$ }& }" l k) Z, O. d1 K7 ^
z-y =( d2 )7 (40)4 p0 ~6 G/ k3 u* z# H: U1 S
成立。再将(1)式变形为y7= z7- x7 ,同以上方法可以证得有 0 b; `+ P0 j# t; S z-x = (d3 )7 (41) % q1 W9 v7 |1 \ 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 2 \" }" \2 r; k, K 2 z - p(d1)7 = (d2 )7 +(d3 )7 (其中p=7分之1) (42) $ _/ w6 n6 p4 N' [6 U6 k* |5 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 )/ l9 w7 O2 ~/ C H: e. j* Q+ y# Z
,将(42)式的两边同除以7 ,由等式的性质就得到* z1 T3 u( a. G( ^) v! p
7|( d2 )7 +(d3 )7 ) (43)6 b+ t2 T6 g: 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 - u, J% w8 K+ `* X (d2 )7 +(d3 )7=((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+5 r7 ?* T3 r6 \( I8 V1 c+ ^$ r
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 ) (44), u7 T$ X3 Z5 n+ p) T3 H8 K$ _6 l
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 ; t m9 H7 ~7 F6 b3 h 7|( d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+# _# t+ ^1 |! X4 Y+ c! M
14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (45)) & L6 t/ j; \4 A0 D $ X) w9 f- g: F1 m 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+; q1 b W, D# V5 W7 g0 }) R- H
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5 `. v6 v4 i2 _0 E
(7)2 │((d2+d3)7 - 7d2d3(d2+d3)5+ 3 M1 Q* L' }0 N# h2 ~) K& g 14 (d2)2(d3)2(d2+d3)3+7(d2)3(d3)3(d2+d 3 )) (46)* Y/ [) ^$ l% A C& H
能成立。再将(46)式和(44)式进行对照,可以得到 9 b% F7 X8 f" e (7)2│((d2+d3)7 (47)# Y1 A3 L2 | J8 ]
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 : s" S& u R. T: `7 k (7)2 │ z (48) - I8 c7 d, q7 P- k" @4 p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。8 }5 A8 Z" s' s5 V
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。 O2 Z9 D! B# u( y: h# v 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 X/ {# o2 d/ s' y 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 / r% V Y' O: G! F& X. e% B1 f(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# f$ c" W7 w3 B8 G- h (7)2 │ t ( 其中(7)2表示7的平方) (49) # p. ?1 a- M3 o+ l
+ ~& ?1 N4 b X' T3 c, l 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。 " S) i5 n! Z4 H/ P 8 |' J8 T; N5 y* E% d& z
i& W2 g: N- K8 \+ U# \
' N {1 H: V/ B
# s6 L3 d/ H+ S. E' j/ S( e' G
9 A- ?. b* Y4 Z/ b3 g. | 证明结束后进行回顾和小结:5 E. P: D6 v$ T
# g# {6 r" x# `% Q 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。0 I, R4 {& ^! ^$ i( v
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% s( [# m7 [. @# Z- R* Z
(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。 ; |1 Y. _0 [$ n4 g1 M, e
其3:本文中比较最为关键之处有以下几点4 q y* G0 K1 C$ h z
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。: `9 p0 b6 d0 I% ?0 k
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。3 w' A) ]. N/ p& c7 S: v( K
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。 9 x/ N$ j4 T: g+ P% p! j7 i( \! ~ 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。 7 J3 N2 w7 _8 u( B7 \ ~ 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/ S) N9 X: Z$ @9 D) p2 t* y % ^' f* {9 f ~: M 4 A( I) z- h, Y7 m) w0 D 注:1,有关本人证明费尔玛大定理的正文,参阅本页的附件。" @! {: Y0 n, V& 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 i/ ~4 E& I$ I5 i) G 3,希望有合作者参与共同研究和商讨。9 `$ K( T) t; k# B
) D+ p- H j! _5 H
1 P% b% ?( A7 \( x+ r9 C, T, I& ~1 k; ^) ` T
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! {6 M# W U2 \" w8 a( P* ] 6 g0 a4 ]1 g) b; a8 f6 x" X& S+ u : ]; L( b2 p& H/ t7 d" C 8 Z9 Q! n9 q0 V- M+ L0 [ C. d