导读5：剖析证明费尔玛大理最最关键之处（分析1）

chengenlin

% D5 x  s9 C5 J3 M: T/ m; ~( h2 M1 x
1 O8 R* M; }7 N& E0 j- L     第一,我在导读4中已经说明为什么只要证明n为大于2任意的任意奇素数和n=4两种情况不定方程
9 M0 X$ o5 D* g7 R+ C2 D/ q                                                                            xn +yn=zn（其中n为各字母的指数）                                        (1)
无证整数解 ，就可以断定费尔玛大理成立。因此从n为奇素数入手这是最关键之一，更何况不这样很难 有突破口。
% C, f' U0 [% {6 V     第二，从具体式子入手去找n为 奇素数时不定方程(x)n +(y)n=(z)n 转换为其它展开形式的一般规律。例如，我们发现 奇素数n=3,5,7,11,13等xn+yn=zn 变形后的展开式如下，
, t, d+ c# u+ `. @1 F; Z3 x      z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)
3 ]% x9 t  h* m8 R( s. Z      z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) （其中单项式系数-5+5=0）
      z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)（其中单项式系数-7+14-7=0）
: w: s" s& ?5 s" b0 O      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)（其中单项式系数-11+44-77+55-11=0）
% b+ R- N) F; o1 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
0 H& @& R) Z: @$ f& g/ r+13x6y6(x+y)（ 其中单项式系数-13+65-156+182-91+13=0 ）
( i! c' h; q, L2 F* f& u% ~2 A        我们仔细看 以上这些式子有何规律。第一，各单项式的次数都是n次。第二，除首项外，其余各项均含n。第三，从n=5起，以下各展开式除第一项外，其余各单项式的系数和为0 。 第四，各展开式的第二项单项式的系数均为-n，而最后一项单项式系数为-n或n。第五，其中各单项式都含(x+y)的因式，且(x+y）的指数是降幂排列，最后一单项式中的(x+y）的指数都是一次尽管它们的xy的指数不同。其中第四和第五方面最为重要，我们在以后的证明中就会慢慢领会。 我们将证明可以把（1）式变形为以下的式子zn=xn+yn=(x+y)n-naxy(x+y)n+nbx2y2(x+y)n-4+…+ nf xryr(x+y)（其中r=(n-1)除以2，系数a=1，系数f为1或-1，），由于这儿公式编辑器无法应用，因此只能举例说明证明的方法。例如，我们通过z7=x7+y7是怎样化为以上式子的，就能了解zn=xn+yn是如何化为以上的一般展开式的。以下要用到高中数学课本中的二项式定理和组合数公式的知识。
      z7=x7+y7=(x+y)7-7xy(x5+y5)-21 x2y2(x3+y3)-35x3y3(x+y)，接着将z3=x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)，z5=x5+y5=(x+y)5 -5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) ……一系列这样的式子代入上式z7=x7+y7中，最终总能将x7+y7化为以上举例的一般形式。（当然，这里只有将两个式子代入z7=x7+y7中，其因是以上的说法是针对一般情况来讲的，是从理论上来说的。），
( F8 r4 h9 Z) C1 L, Q& g     最终z7=(x+y)7-7xy(x5+y5)-21 x2y2(x3+y3)-35x3y3(x+y)=(x+y)7-7xy((x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y) )-21 x2y2（(x+y)3-3xy(x+y)）-35x3y3(x+y)=(x+y)7-7xy(x+y)5+14x2y2(x+y)3-7x3y3(x+y)
5 S7 A( Y: Z6 {0 ^  以上以实例介绍了当n为任意奇素数时，不定方程(x)n +(y)n=(z)n 是如何转换为其它形式的。也即可以将（1）式化为         
                   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，）
      从（2）式入手，就代表了对一切奇素数的不定方程的研究。（2）式子在全文的证明过程中多次起到重大的作用。
     第三，引入新变量t,使t=x+y-z（其中x+y>z，略去证明）在证明中不但起到了重要的桥梁作用，甚至于起到了是否能证明成功的作用。由x+y=z+t,将其两边n次方得（x+y）n=（z+t）n，由二项式定理把它的两边分别展开就得到xn +yn+cn1 xn-1 y+cn2 xn-2 y2+…+cnn-1  x yn-1=zn+cn1 zn-1 t + cn2  z n-2  t2+…+cnn-1 z tn-1+tn 。由（1）式可以把上式两边相等的项xn +yn和zn消去，并通过移项和利用组合数相等公式 提取公因数,则把上式化简为
- X, m3 o7 F/ j# k' g3 B. }) S                                  tn=cn1（xn-1 y-zn-1 t）+cn2（xn-2 y2-zn-2 t2）+ …+cnn-1（x yn-1- z t n-1）                       (3)
可以看到t的n 次方的展开式中，分别含有组合数cn1（此式表示组合数下标为n，上标为1 ），cn2 （此式表示组合数下标为n，上标为2），……,cnn-1（此式表示组合数下标为n，上标为n-1）,因此各项的组合数值都能被n整除，因此右边各项的和也能被n整除。将n同除以等式的两边，即得到n能被t的n次方整除，用式子表示为
2 h" y: ~1 d# o                                                                 n│tn（此式表示n能被t的n次方整除）                                                           (4)
7 U8 i3 r6 z% m2 ~# j3 |! Q. G9 g    由于此式表示n能被n个t的连乘积整除，且由于奇素数n与n个t之间都不存在约分，那么n只能被n个t之间的其中的一个t整除，因此就有且只有
$ w) Q& j9 P: t' j3 [9 q2 G) a                                                                   n│t （其中t=x+y-z）                                                                              （5）
                                                                        
- J: C: D6 E" B( T2 V% W9 v能成立。 由（4）式能否得到（5）式，看起来很简单但它的内涵却很深。不妨，我们深入讨论一下。
       1. 当n=3时，我们把（1）式化为x3+y3=z3。由（1）式我们把它两边3次方后得到（x+y）3 =（z+t）3,将此式两边展开得到x3+y3+3xy(x+y)=z3+3zt(z+t)+t3,接着,把两边相等关系的项x3+y3和z3消去，就得到t3=3xy(x+y)-3zt(z+t)。由于x+y= z+t，由此把上式右边提取公因数3（x+y）后，得到式子t3=3(x+y)（xy-zt）=3(x+y)（xy-z（x+y-z））=3(x+y)[xy-(x+y)z+z2]=3(x+y)(z-x)(z-y），即得到 t3=3(x+y)(z-x)(z-y) 。由于当n=3时，人们已证明x3+y3=z3是没有正整数解的，因此将满足（1）式的任一组无理数解代入 t3=3(x+y)(z-x)(z-y) 中都能使此式成立。这是因为此时t是无理数，因而t3也是无理数。因此，等式左边 t3的无理数值是等式右边的无理数值的3 倍当然能成立了。
, C1 A. W& u- l) ~$ n- [2 g' b       2.那么，为什么在（1）式无正整数解的情况下，由t3=3(x+y)(z-x)(z-y) 会产生3整除t3呢，这是因为由（x+y）3 =（z+t）3,将两边展开得到x3+y3+3xy(x+y)=z3+3zt(z+t)+t3,接着把两边相等关系的项x3+y3和z3消去的过程，才产生了3整除t3的现象，同时在把两边相等关系的项x3+y3和z3消去的过程也掩盖了x3+y3=z3 究竟是否有正整数解的这一事实。当（1）式无正整数解时，由于t=x+y-z是无理数，t3也是无理数，当然谈不上3│t3了。反过来由3│t3不成立，3│t就更不成立了。但问题的另一方面，如果我们假设（1）式有正整数解，这里的n绝对就不是3而是其它的数了。所以在假设（1）式有正整数解的前提下，由（4）式n│tn证得（5）式  n│t 我们应当承认它是正确的 。
% Z" Y6 W3 W, V( Z5 W       3.接下来，我们再深入往下研究其它的情况，例如当n│tn, n2 │tn,   n3│tn , ……   nk│tn (其中k=n),所得的结果又是如何呢，我认为由以上中选出的任何一个，最终所得到的结果都只能是n│t 。这是为什么呢，原因也很简单。例如，由  3│ t3为例，由于奇素数3与3个t的连乘积之间都不存在约分，那么3只能被3个t之间的其中的一个t整除，因此就有3│t 能成立。当32 │t 时，这2个3分别被3个t之间的两个整除，同样得到3│t的结论。当3k│ t3(其中k=3）时，这3个3分别被3个t整除，当然也得到3│t 了。只有当34│ t3时，才会出现32│ t的结论。为什么呢，这是因为当34│ t3时，34表示4个3的连连乘积被3个t的连乘积整除，那只能是32 被其中一个t整除，另2个3分别被另2个t整除。这样就有32│ t成立，当然另两个t也服从这一结果。因此，当34│ t3时，才出现32│ t的结论。因而，当nk│tn(由于其中k=n+1,此式表示n的n+1次方被t的n次方整除）,才能得到n2│t。以上的分析对我们最后证明成功可以说是至关重要的。这就是证明费尔玛大理中出现的令人深深地去思考的问题。
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% c* V' V* }/ x5 |, A& h               因避免文章一次太长， 下文在 导读6中继续。

哦一撇

虽然没完全看懂，但是好像很牛！！！