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本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:55 编辑 0 h- E7 ^, e2 T
) X t \/ p+ \: y, x/ a. f9 k 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
, g+ j* i, _ O# c) J 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)
# A$ W7 H; u" W& T% b3 z 7│zy(z-y)((z-y)4 +2zy(z-y)2 + z2y2) (11)
( h, L# |6 S P3 a 和 7│zx(z-x)((z-x)4 +2zx(z-x)2 +z2 x2) (12)) o3 z) y6 l- V
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
% x. U7 ?) Z' j9 @- f) s (x,y)=1 (当(x,y)=1时,表示x与y之间无公因数) (13)
: b3 c0 Q, b/ Q" X, R3 ~! i: @1 N1 ~. ^/ M7 z% k
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)$ A9 ^- O' K: A6 _, r
,(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
6 j0 Q) L% U, u# _% E* e! I(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
1 P k) C; |5 Y& ~- {0 | (z,x)=(z,y)=1 (14) & }& @; ~, [, D/ j2 a3 N9 A- ]
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. f' {' V# k' u1 ^# O" k
(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 X X6 z/ C9 f2 T
我们根据证明的需要,引入以下几个引理:
. U0 m% b7 n* e 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。
9 `* I3 X8 b. |8 n+ V$ i% ~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。)。
! I: N5 \" O- Y8 z ( 注:引理1的应用,例如(2,3)=1,则有(2,2+3)=1能成立,等等。)" n7 }4 U1 G: m; X% d7 [& g$ o
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。$ |/ H1 z, n5 ?2 [ W
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。) + y( F3 P" ]0 Z( A
( 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。)6 }( B; g0 a% @/ P/ B6 v
引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。
2 a# j! l* K; f) J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。
4 b. v7 _0 `3 M! d9 z5 M ( 注:引理3的应用,例如(3,5)=1和(3,7)=1,则有(3,35)=1,等等。)
7 R: b: s; v' v. l+ Q) W2 _/ g 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)
+ @3 g, m* ]. @# K5 G2 ] s2 q7 J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。
1 ?+ r f: X% [( e- b (注:引理4的应用,例如(3,2)=1,则有(3,(2)5 )=(3,32)=1成立,等等。)
1 h: y F4 C& {0 b. M
$ F, X! m, e$ D9 {; u% b: | 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, p, t4 ^8 j+ N. Q5 M% \1 q0 O1 G
( x+y),可以得到(x+y)│z7,, 从而必有* p/ i2 x" S, ]0 Y& q. e& y4 D
(x+y, z)=d1>1 (15)
1 @' b$ A3 }# h2 \0 v9 v7 ~3 @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。2 P1 ^& \+ z5 I# c8 W: _
同理,由x7=z7-y7和y7=z7-x7还可以证得有
# i6 C: a9 U3 \ (x, z-y)=d2 和 (y, z -x)=d3 (16)
" W$ M2 E% e6 y$ d0 ^能成立。由(15)和(16)式知有
+ \. y& c0 i5 h2 l4 n: s (xy(x+y), zy(z -y), zx( z-x))=d1d2d3>1 (17) ' B9 ^% V, x3 z$ E+ e! T- g" E
, t% R& W! M$ o ^5 B1 g
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 [5 u+ Y, e5 [5 g$ z; k
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
' U4 w: m; j' p3 U0 | 7│d1d2d3 (18)8 k! u/ p. U0 l: M3 A n
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. X6 T) Y- G) T/ _; R
(xy(x+y ),((x+y)4 - 2xy(x+y)2 + x2y2) )=1 (19)
. g+ z; C8 {8 j- W5 T0 P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& e& z: H0 m# \& O
(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6 P! {, M, s1 }
(zy(z-y),(z-y)4 +2zy(z-y)2 + z2y2) =1 (20)
# S" a; h6 V' P 和(zx(z-x),(z-x)4 +2zx(z-x)2 +z2 x2) =1 (21) 2 z) K" p8 S @$ j+ J; D
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% J8 a9 Z s. _ j4 n
(x+y)4 - 2xy(x+y)2 + x2y2 (22)
3 e/ ~5 p# Z0 t4 \* c (z- y)4 + 2zy(z-y)2 + z2y2) (23)
7 A* C/ d: Z3 @$ D/ m# @ (z- x)4 + 2zx(z-x)2 +z2 x2) (24) ) e- v7 K) \0 f1 ]
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,. W4 k' `- x; u6 d
设(22)式为( c4 Q; J) j6 i$ N$ t& I3 R$ H
f(x)=(x+y)4 - 2xy(x+y)2 +x2y2 ; ~ U" H0 i3 C, N
则(23)式为
8 Q! B0 @+ b W6 L6 V: c1 R- O+ h4 I* |- X f(-z )=(z- y)4 + 2zy(z-y)2 + z2y2)
3 ?* x- \$ k5 B8 C! ]' X( Y' t 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。9 s" q. X2 K* ]6 `( R F2 K6 L
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 & \& y2 W5 ?& F# R( v+ J$ T* h+ C6 K
7│ d1d2d3 (25). i7 I+ h$ d8 ~, u8 x+ P5 N: F0 U
成立。# U+ B* Q! v. s% \5 `" Y# j
0 U! W ]* x, U" p% M 下文,由导读8:证明费尔玛大定理最关键之处分析4连接
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