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导读7:证明费尔玛大定理最关键之处,分析3

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    [LV.6]常住居民II

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    发表于 2012-3-16 12:53 |只看该作者 |倒序浏览
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    本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:55 编辑 6 h1 a, W* S% `! ^8 I: g  s
    ; r& K+ P' F' S: Y1 L
        由导读6中引入新变量t到由不定方程z7=x7+y7作为实例以便大家更易理解,由此引出(1)式zn =xn +yn一般式的证明方法。由导读6中z7=x7+y7, 和将它经过移项后得到x7=z7-y7及y7=z7-x7的另2个式子,已经证得以下3个式子 1 ~+ g$ _9 i, }' g. n( g6 \
                       7│ xy(x+y)((x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2)  (符号a│b ,表示a能被b 整除)   (10)
    $ q0 i- H: g& d0 O                    7│zy(z-y)((z-y)4 +2zy(z-y)2  + z2y2)                                                                 (11)! C! d; Y  V+ u" i
                                 和 7│zx(z-x)((z-x)4 +2zx(z-x)2  +z2 x2)                                                                 (12)
    7 w3 L  ?3 d  \% b$ r- T 成立。 由于我们在导读5和6中一下子推出了全文最关键之处,未及细节。现在有必有按顺序补充交代一下。实际上在证明一开始就应当说明的,为了证明(1)式xn +yn=zn没有正整数解,我们假设(1)式有正整数解。那么满足(1)式的所有的各组正整数解当中,必有一组解中的z是最小的,即存在一个最小的正整数z使得(1)式(x)n +(y)n=(z)n成立,而其中的x和y都是正整数。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 % x2 v* l: X& Z/ t% V
                            (x,y)=1      (当(x,y)=1时,表示x与y之间无公因数)               (13)6 t0 K2 r9 D" E* L# j# J' N$ N% q/ E
    : a, _. X, v8 W4 j2 S9 l: F  b% I
        不然的话,就一定有(x,y)=d>1。由(d)n | (x)n,和(d)n | (y)n(其中符号“a│b”,表示a能被b整除。而(d)n 表示d的n次方) ,及(1)式得到(d)n │ (z)n。因而得到d分之一的z小于z,但这与z是(1)式各组正整数解当中最小的发生矛盾。所以有(x,y)=1  成立。以下举例说明(要说举例,根本举不出z7=x7+y7方面有正整数解的例子,是因为它无正整数解。),但中学所学的勾股定理是大家熟知的,例如x2+y2=z2的各组正整数解有(3,4,5),(6,8,10)  和(9,12,15)等,还有(5,12,13)3 G9 _; X4 `) f! n4 \# C
    ,(10,24, 26)和(15,36,39)等。其中5是是第一大组解中最小的z,  (3,4,5)是第一大组解中的基础解,只要有了
    ) k5 Q* p/ v- m0 U# Y) Z/ V4 ?(3,4,5)的解,就会有无数组的正整数解,只要将基础解的各数同乘以2,就得到另一组解(6,8,10) ,以此类推可得到第一大组中无数组解。可以看出第一大组基础解(3,4,5),其中x=3,y=4,z=5,明显有(x,y)=1成立,即(13)式成立。而不是基础解的(6,8,10) 等,(13)式是不成立的,这是因为(6,8)=2>1了。由(x,y)=1 我们可以进一步证得
    : c0 ]7 H1 t4 r0 X5 K7 g- l                                     (z,x)=(z,y)=1                                                                               (14)
    / Z6 W, x; _4 B      这是因为若(z,x)=d>1,可以得到(d)n| (z)n,和(d)n | (x)n及(1)式zn =xn +yn可以得到(d)n| (y)n。由(d)n | (x)n和  W* F2 C; m3 I+ Y+ E
    (d)n| (y)n得到(x,y)=d>1。这与(13)式(x,y)=1 发生矛盾。同理证得(z,y)=1 ,也即有(14)式成立。9 t& ]7 ]& |! ~1 \
         我们根据证明的需要,引入以下几个引理:
    + X* d& m& |9 |8 A3 l/ r; d" q) j6 K    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。6 {, v2 l7 p" t+ S3 N1 V2 u
    证明:假设(a+b,b)=d>1,此时存在正整数u1和u2, 使得a+b=du1和b=du2(其中(u1,u2)=1)。因此有a=d(u1-u2),和由于b=du2因而得到(a ,b)=d>1。这与已知(a,b)=1相矛盾,故有(a+b,b)=1。同理可证(a-b,b)=1。(其中u1,u2仅表示不同的字母,无其它意义。)。     * C0 H/ U9 a! T7 d( v8 Z
       ( 注:引理1的应用,例如(2,3)=1,则有(2,2+3)=1能成立,等等。)& q% g8 j: [/ A! X. P
        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。! {8 `% b4 L" }/ ^3 p/ k! F* ?2 H
    证明:因为c│a,这时存在一个正整数k,使得a=kc能成立。将a=kc代入(a,b)=1中,得(kc,b)=1。由(kc,b)=1,表示正整数k和c的乘积与正整数b之间无公因数,由此,必有(c,b)=(k,b)=1。(对于因理2 ,通俗地说,当a,b之间无公因数时,那么a的子集c与b也无公因数。)  - {1 x+ u* E/ ?
         ( 注:引理2的应用,例如2│6,且有(6,7)=1 , 则有(2,7)=1成立,等等。)/ E6 J+ o, @) \- w
         引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。* m4 k& ~, T- U3 F3 C' z1 w% s) y, x
    证明:因为(a,b)=(a,c)=1时,表明a和b、c之间都无公因数,则a和bc之间也一定无公因数。不然的话由(a,bc)=d>1,就有(a,b)=d'>1或(a,c)=d">1能成立,但这与已知(a,b)=(a,c)=1相矛盾。因此,必有(a,bc)=1。  7 J' Y# @: g* P
        ( 注:引理3的应用,例如(3,5)=1和(3,7)=1,则有(3,35)=1,等等。)/ b" e  v" q: O4 \) O% \9 N6 s/ N
           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)
    0 s( _+ g& D0 j0 Q4 V" q6 R证明:因为(a,b)=1,表明a和b之间无公因数,则a和bn之间也一定无公因数。不然的话(a ,bn)=d>1,就要得到(a,b)=d'>1,这与已知(a,b)=1发生矛盾。故必有(a , bn)=1。
    * O8 Y' {- w9 D4 x7 {     (注:引理4的应用,例如(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等等。)  4 ?4 X: c" q, N1 q) R8 h
         - \' O1 |4 l9 k0 R% u
           接着,还需作一点准备,把z7=x7+y7式化为z7 =(x+y)(x6-x5y+x4y2-x3y3+x2y4-xy5+y6),再将其两边同除以
    9 b- H# U; i  I7 [3 g3 A( x+y),可以得到(x+y)│z7,, 从而必有
    & Q/ L( p) u7 G8 [! J: ^) \. q2 ^8 b/ h                                          (x+y,  z)=d1>1                           (15)
    ' C; Y4 T' \+ y6 [9 y这是因为如果(x+y,  z)=1 ,可以得到 (x+y, z7)=1(引理4) , 即有(x+y) ┥ z7(此式表示(x+y) 不能被 z7整除)。这与已证得的(x+y)│z7发生矛盾,因而有(15)式成立。' n" G% }/ n( v7 u
    同理,由x7=z7-y7和y7=z7-x7还可以证得有' c1 \; k- F3 J) n2 A, K
                                (x,   z-y)=d2   和 (y, z -x)=d3                         (16)- v% P, z0 j+ q5 f+ a7 f8 Q
    能成立。由(15)和(16)式知有
    ) P* T7 j/ U' @  ]1 C      (xy(x+y), zy(z -y),  zx( z-x))=d1d2d3>1                (17)                  . L- e# m& [$ ?# P! Q9 T8 [

    4 B% j7 f# M$ C) a0 P能成立。现在已和本文的开头联系上了。由(17)式知(10),(11)和(12)这三个式子的右边的单项式有最大公因数1 U1 ?9 O7 g. H7 s5 l% ~( I! Y
    d1d2d3。(其中d1d2d3表示3个不同字母d1,d2和d3的连乘积。),以下我们将证明有# B- ~: ~! u  G: M0 n, D
                                             7│d1d2d3                                                            (18)
    6 U( u$ x7 H! W% p; e能成立。先证明(10)式右边中括号外的单项式与中括号内的多项式无公因数,也即去证明
    , l7 q' \& o1 s8 ~0 R) I                       (xy(x+y ),((x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2)  )=1                     (19)         : x) r# J1 C" M( w7 O
    为了证明上式能成立,分两步进行。第一步,去证(xy,(x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2 )=1 。 由于xy│(2xy(x+y)2  + x2y2 )的成立,接下来去证(xy,(x+y)4)=1。由(13)式(x,y)=1,可以证得(x , x+y)=(y, x+y)=1(引理1)。由(x,x+y)=(y,x+y)=1,可以证得(x, (x+y)4)=(y, (x+y)4)=1(引理4) 。再由(x, (x+y)4)=(y, (x+y)4)=1就可以证得(xy,(x+y)4)=1(引理3)。此时,由(xy,(x+y)4 )=1,和xy│((2xy(x+y)2  + x2y2 )就能证得(xy,(x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2 )=1(引理2),第二步,同理可以证得(x+y,(x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2 )=1。由以上两个证得的式子,就能证得
    5 ]& k) f1 y& `(xy(x+y),(x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2 )=1 (引理3),也即(19)式被证明成立。 由(11)和(12)式右边括号外的单项式与括号内的多项式,同理可以分别证得
    # m, X$ s7 ?/ B& c# R$ s/ s7 T                     (zy(z-y),(z-y)4 +2zy(z-y)2  + z2y2)  =1                                    (20)4 S  C! Z9 a( V7 C) B, w0 J
                                      和(zx(z-x),(z-x)4 +2zx(z-x)2  +z2 x2)  =1                                 (21)
    ! g! y6 [% c. U4 x, E4 k 成立。由(19),(20)和(21)式的成立,得知(10),(11)和(12)式右边各单项式和同一个式子中的多项式无公因数。由于(17)式已得知以10),(11)和(12)的单项式的公因数是d1d2d3,这就告诉我们以上3个多项式中的任何一个都不含有单项式的公因数d1d2d3。接着,我们再来了解这3个多项式之间的关系。它们分别是
    & l. ]7 [  A4 Y7 Z: b2 q/ g                            (x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2                          (22)
    % f) c* c7 I6 ^+ v" Z9 h6 W                            (z- y)4   + 2zy(z-y)2  + z2y2)                                             (23)
    0 s  h( `) C8 ^. O; r. `2 D                                                 (z- x)4  +  2zx(z-x)2  +z2 x2)                                             (24)   : X, H* g0 Q' A( p; {
         仔细观察后就会发现,这3个式子是对称关系。将(22)式中的x换成-z就得到(23)式,若再将(22)式中的y换成-z 就得到 (24)  式。以下,我们去证明以上这三个式子无公因式,7 Y/ m- E; k2 p
       设(22)式为
    2 H7 O8 L" `# x) k) d/ \2 ~/ N9 l                          f(x)=(x+y)4 - 2xy(x+y)2  +x2y2                           
    ! r, P  j# o& x     则(23)式为: W9 B) p& ~9 h) ]0 ]6 O5 n$ Y
                              f(-z )=(z- y)4   + 2zy(z-y)2  + z2y2)                        $ E5 v7 ~4 W. U; x. `& _# z; ^
          我们假设 f(x)和f(-z )都通过因式分解并提取了它们的公因式。若使f(x)所指的公因式中的x改变为-z,而使y保持不变。这样就成了f(-z )中所指的公因式。由于这两个公因式中所含的x和-z的不同,因此它们实际上不是f(x)和f(-z )的公因式,也即证得(22)和(23)式无公因式成立。同理可以证得(22)和(24)式,(2,3)和(24)式之间均无公因式。也即证得(10),(11)和(12)式的多项式之间无公因式。3 B# ^( X; U8 O- O& K! L3 Y
         由于(10),(11)和(12)式的右边单项式有相同的公因数d1d2d3,,多项式相互之间无公因式而且也不含d1d2d3  。因此,由(10),(11)和(12)式的3个式子同时被7整除,得知7只能是被这3个式子的公因数d1d2d3整除。也即有  9 {' S/ t2 M9 B' U
                                                 7│ d1d2d3                                                                        (25)
    0 R; R& J! r! [3 d成立。7 ~" }% C4 c- `$ M& u
    3 k  F6 \1 j7 f# u
                                  下文,由导读8:证明费尔玛大定理最关键之处分析4连接
    0 c( k' H* E1 @' n  Q0 t! }% q
    % h. S7 n- k5 z- f1 A  L& j# t4 x$ F
    zan
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