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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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    1#
    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
    : H  ^4 ]2 A) P1 d: @. p) d( F" o+ R+ |. `2 U9 u% T( t2 n
        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 7 ?0 m4 y6 _6 g
                       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)7 |5 Y* _: T6 V) |  R' X
                        7│zy(z-y)((z-y)4 +2zy(z-y)2  + z2y2)                                                                 (11)
    - H1 X! p8 W2 m9 I                             和 7│zx(z-x)((z-x)4 +2zx(z-x)2  +z2 x2)                                                                 (12)' D1 m2 F% N9 o9 T! }$ ~/ l
    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
    9 }: w5 d: A. i# ~2 v" w: ]                        (x,y)=1      (当(x,y)=1时,表示x与y之间无公因数)               (13)
    0 u& p% `6 G7 i  F
    / t2 z; }: w' _" V: s  A1 f/ n% X! B    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)
    , @; N7 A  \  E& m,(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1 v  ]8 a# s  L- G# q: _" W
    (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% p3 \5 R: \: [  O1 M" t
                                         (z,x)=(z,y)=1                                                                               (14)
    : j# @* W, B  Q3 Z: j  _, Z2 c, i: P      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$ t9 g, \' G% h7 @) Q2 J
    (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。( \7 o! z9 F3 R3 C
         我们根据证明的需要,引入以下几个引理:
      w! [# ^! @+ K) 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。
    2 i7 F6 J8 F: _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。)。     . V' }" j& G+ m" X
       ( 注:引理1的应用,例如(2,3)=1,则有(2,2+3)=1能成立,等等。)
    2 f( s, F3 T- k. X    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。/ T# C  [1 P. d* b" s# l
    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。)  9 ]% m9 d$ q( U4 a# s$ D: A' l. ]
         ( 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。)
    $ T  G* e) f8 Z2 y/ }     引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。! @4 N+ y! Z, m
    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。  ; a3 g5 ?# K( e! Z: X1 E
        ( 注:引理3的应用,例如(3,5)=1和(3,7)=1,则有(3,35)=1,等等。)
    6 Q. {/ I' L) x) u6 l- b       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)  p4 T7 W" l% _* B
    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。 8 r0 G1 S# H2 s; \
         (注:引理4的应用,例如(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等等。)  & v2 `0 ]! x  x4 ]) K8 Z# w
         + i. ?1 g2 z0 |; x/ V
           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) O9 T" b, {& z1 i1 l: V
    ( x+y),可以得到(x+y)│z7,, 从而必有1 g0 s5 A9 ?: q
                                              (x+y,  z)=d1>1                           (15)) ?0 ~( V  b5 D! Y8 P( Q' t: D
    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。3 M/ p+ n) {6 t3 H. O  r- }
    同理,由x7=z7-y7和y7=z7-x7还可以证得有
    % M3 E6 U$ t0 c, X+ f# B; p                            (x,   z-y)=d2   和 (y, z -x)=d3                         (16)
    - R$ ]2 ?+ M" n# H) c5 L能成立。由(15)和(16)式知有
      f- ?6 f4 M1 _      (xy(x+y), zy(z -y),  zx( z-x))=d1d2d3>1                (17)                  
    ) F; Q4 ]# |6 d; z- P5 _' }
    $ L9 C, t( `* M; a+ _5 F3 h; ^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  |3 D  P: i% r
    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
    % N9 P0 j) K& O+ ^                                         7│d1d2d3                                                            (18)- V9 T1 {3 ]! s( V  I
    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
    . [& A/ `( s/ F% ~! P3 D3 B                       (xy(x+y ),((x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2)  )=1                     (19)         
    6 y. s* p: T* r- r6 o3 N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
    * [3 r5 ^+ }! c) }: `(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
    % Q5 h* Y1 @! O$ l  o$ [- R4 Z                     (zy(z-y),(z-y)4 +2zy(z-y)2  + z2y2)  =1                                    (20)6 `1 r& k1 w9 B$ @) b1 {& P# |1 O+ s
                                      和(zx(z-x),(z-x)4 +2zx(z-x)2  +z2 x2)  =1                                 (21)
    : d+ P) d5 F' x! Y  E# E4 P% c 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" K; h- d+ y! j# G0 b$ g+ W
                                (x+y)4 - 2xy(x+y)2  + x2y2                          (22): a" u; ]: n4 c$ O# L+ x" Z
                                (z- y)4   + 2zy(z-y)2  + z2y2)                                             (23)
    4 r; L3 w( n6 g& `, }                                                 (z- x)4  +  2zx(z-x)2  +z2 x2)                                             (24)   : C  m8 Y1 s* v* ^
         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,
    & }* Y" H5 Z/ |" X; H   设(22)式为' f8 B  t. J3 m$ A0 t/ n
                              f(x)=(x+y)4 - 2xy(x+y)2  +x2y2                           
    7 H) V! v6 A6 c8 H     则(23)式为
    4 g' m. w) ]$ D. A                          f(-z )=(z- y)4   + 2zy(z-y)2  + z2y2)                        
    1 a" L7 ~7 Q' E3 A      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。
    ' D( i8 B1 C2 e3 `8 u     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  ' r' R1 s/ e' X, P. x& a
                                                 7│ d1d2d3                                                                        (25)& n1 u( g4 a( \
    成立。
    7 j& E* V7 o* U) Z* Q- f# ^
    # z) y& B5 V) y( l                              下文,由导读8:证明费尔玛大定理最关键之处分析4连接
    9 E9 ^/ \, K# Y# f9 Y
    6 ~) S, s% d/ {. T% L
    & o$ G! J3 P* K3 D, q! X  R
    zan
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