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本帖最后由 chengenlin 于 2012-3-21 10:52 编辑
" P, W" c6 b- W" ]" k
) B1 M3 `6 C* W) e 连接上次的解读1:“探究费尔玛大定理的证明,不神秘很好懂,也很有趣。”上次,我通过举例来说明能证得n能被t整除(其中t=x+y-z),这次我们将通过n能被t整除,去证明n能被x,y或z中的一个整除。
9 y& r' `1 f( I 对于费尔玛大定理:“当n大于2时,不定方程xn +yn=zn 没有正整数解。” 对于不定方程xn +yn=zn,分别取n=3,5,7,11,通过将原方程变形后,得到z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y),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)。仔细观察后可以发现,各展开式的右边各项均含(x+y)项然而它们的指数却不相同,但仅最后一项所含(x+y)项的指数均为一次,虽然最后一项的xy项的指数不同,这就是各展开式的共同规律。这最后一项所含(x+y)项的指数均为一次,在以后的证明中将起到举足轻重的作用。因为zn=xn +yn的各展开式结构完全完全类似,而且它们可以用一个含n的统一的式子来表达。因此,当n 为奇素数时,对费尔玛大定理就有了一个统一的证法了(这也是对费尔玛大定理的证明中又一玄妙之处。)。我们以z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3 +5x2y2(x+y) 为例经行证明,通过对z5=(x+y)5-5xy(x+y)3 +5x2y2(x+y)移项后,得到(x+y)5-z5=5xy(x+y)3 -5x2y2(x+y) ,将此式的左边(x+y)5-z5按以上x5+y5的展开形式经行展开,同时将右边提取公因式,使上式变形为(x+y-z)5+5(x+y)z(x+y-z)3+5(x+y)2 z2(x+y-z)=5xy(x+y)((x+y)2-xy),由于以上第一行已说明其中t=x+y-z,因此可将上式化简为t5+5(x+y)z t3 +5(x+y)2 z2 t=5xy(x+y)((x+y)2-xy), 由于在“探究费尔玛大定理的证明。”的解读1中已说明n能被t整除。因此由5能被t整除,可以得到(5)2能被t5整除,和(5)2也能被上式左边另两项整除,因此有5的平方能整除上式的左边,将5的平方同时整除上式的两边,由等式的性质可以得到,5的平方也能整除等式的右边5xy(x+y)((x+y)2-xy),两边约去5后,得到5能整除xy(x+y)((x+y)2-xy),用记号表示为5│xy(x+y)((x+y)2-xy)。也就是说由z5=x5+y5,我们最终可以得到
9 W: H1 \' a" ^ 5│xy(x+y)((x+y)2-xy ) , (1)
/ m( |# s) f6 q e; J) H" D 同理,我们把z5=x5+y5分别变形x5=z5-y5和y5=z5-x5,用以上的方法可以分别得到/ O) h: Q( {% u2 d
5│zy(z-y)((z-y)2+zy) (2)- U) x2 G! B0 T9 i, t) F+ g! F
和
6 n9 ]3 D. u6 m2 O 5│zx(z-x)((z-x)2+zx ) (3)
' _* ]) e9 r& F" K; ` 由方程z5=x5+y5,把此等式两边同除以x+y,由于x+y能被x5+y5整除,因此由等式的性质可以得到x+y能被z5整除。因此,必有x+y与z有最大公因数d(不然的话,将引出矛盾,这里略去证明过程。),记作
( q. q3 [5 w7 \3 N (x+y,z)=d (4). @$ i1 M2 o Q2 |, W7 t
再由x5=z5-y5和y5=z5-x5,我们可以分别得到另两个最大公因数的式子
. R5 b' m$ ?0 X3 G3 l, S
$ T/ l5 G9 x" c$ b# X2 T (x,z-y)=m和(y,z-x)=s (5)8 m6 l5 f0 @8 l* a% k
由(4)和(5)式,可以看出(1),(2),(3)式的右边xy(x+y),zy(z-y)和zx(z-x)有最大公因数dms,用式子表示为
9 K4 _' \ n6 D1 ?% J+ _8 E (xy(x+y),zy(z-y),zy(z-x))=dms& f' r9 p2 a! `0 l; Q/ n
也就是说,(1),(2)和(3)式有最大公因数dms,然而,我们又可以轻易证得这三个式子中(xy(x+y),(x+y)2-xy ) =1, (zy(z-y),(z-y)2+zy )=1和(zx(z-x),(z-x)2+zx) =1(以上式子的记法,表明它们相互之间无公因数,但由于在此只是简要告之,因此我略去了它们的证明,使大家理解整个证明过程更容易些。),由,(1),(2)和(3)式,我们同样可以证明此三个右边的(x+y)2-xy,(z-y)2+zy 和(z-x)2+ZX 式子无公因式。综观上述,可以得出5必被(1),(2)和(3)的三个式子的最大无公因数dms整除,即有5│dms,由于我们可以证得d,m和s之间相互无公因数,因此5必被d,m和s之间的一个整除,不妨设5能被d整除,表示为 5│d 。由 5│d和(4)式(x+y,5)=d ,可以得到
' p. P1 c L9 B) T0 O+ P 5│z (6)
9 c; Z/ l0 Y' l. g: O 补充说明,以上是用(1),(2)和(3)三个式子联合来证得(6)式能成立的。其实,我们还可以由t5=5(x+y)(z-x)(z-y)(x2+y2+z2+xy-xz-yz) ,将其两边同除以(5)2,可以得到 5│(x+y)(z-x)(z-y)(x2+y2+z2+xy-xz-yz)。 由此,我们再增加5│(x+y)(z-x)(z-y)(x2+y2+z2+xy-xz-yz)与(1),(2)和(3)联合,去证得(6)式成立,会更有说服力,理由更充分。(以上t5的展开式是正确的。其实,t的任何奇素数次方 ,我们都可以用高三数学课本中的因式定理,证明其含有因式(x+y)(z-x)(z-y),由于t还含有n,因此t的n次方=n(x+y)(z-x)(z-y)f(x,y,z) 。这个结论,我将在导读4中告知大家。)。
9 k$ u: `# Q, c( G6 P 小结:我可以同以上完全相同的方法证得n│z ,但这里介绍5│z 整个证明过程,只是想告诉大家证明的一些方法和原理。下期,将由解读3,来完成费尔玛大定理的最后证明。最后,由解读4来,归纳出由n为奇素数时,证明费尔玛大定理的所有的玄妙之处。总之,n为奇素数在证明费尔玛大定理中立了奇功。) J0 b T/ y" w3 H/ V! g
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