次的费马方程各种证明.docx
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次的费马方程各种证明
(五)三次的费马方程
在第一部分里已经提到,首先发表n=3情形FLT的证明应归功于欧拉,它出现在1770年出版的欧拉的《代数》一书中.欧拉证明中的重要步骤使用了a2+3b2型整数的可除性,但没有给出充分的理由.勒让德在他的书中(1830)重复了欧拉的证明,没有给出进一步的解释.因为在这个问题上他也是一位专家,当然通晓欧拉的推论.数学家对此发表了一系列文章.1966年波格曼发表了欧拉证明的彻底分析,出于历史的考虑,使这个争论更加明朗化.的确,1760年欧拉已经严格证明:
如果s是奇数,且s3=a2+3b2,其中(a,b)=1.那么s=u2+3v2,这里u,v是整数.
这个情形的另外一个证明是高斯给出的.两个证明都用无穷递降法,
们还将看到,欧拉的证明只不过是高斯证明的一个特例,而后者的证明比前者要简单的多.
这里,首先给出一个初等证明,然后给出欧拉和高斯的证明.
1.初等证明
引理1方程
x1x2…xn=w3
(1)
其中x1,x2…,xn两两互素,全部整数解可由下列公式给出:
x1=α3,x2=β3,…,xn=τ3,
w=αβ…τ
(2)
其中α,β,…,τ两两互素.
证明由
(2)确定的x1,x2,…,xn,w显然适合方程
(1).现证明方程
(1)的每一个解都可表示为
(2)形.设x1,x2,…,xn,w为方程
(1)的一个解.令
x1=α3x1′,x2=β3x2′,…,xn=τ3xn′(3)其中x1′,x2′,…,xn′为不含有立方因数的正数.因为x1,x2,…,xn两两互素.所以α,β,…,τ及x1′,x2′…,xn′,都两两互素.从
(1)知α3β3…τ3|w3,得αβ…τ|w.设w=αβ…τw1,代入
(1),得x1′x2′…xn′=w13.
如果w1有素因数p,那么p3|x1′x2′…xn′.因为x1′,x2′,…,xn′两两互素,所以p3整除某个xi′,这与xi′没有立方因数矛盾,因此只有w1=1.于是x1′x2′…xn′=1.因为xi′都是正整数,故x1′=x2′=…=xn′=1.因此(3)为
x1=α3,x2=β2,…,xn=τ3
其中α,β,…,τ两两互素,而w=αβ…τ.
引理2方程
x2+3y2=z3,(x,y)=1 (4)
的一切整数解可以表示为
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶.
证明略.
推论1方程
x2-xy+y2=z3,(x,y)=1 (6)
的一切整数解包含在下列两组公式中:
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶;
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶.
推论2方程
x2-xy+y2=3z3,(x,y)=1 (9)
的一切整数解均可由下面两组公式表出:
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶.
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶.
现在我们证明
定理方程
x3+y3+z3=0,(x,y)=1 (12)
没有非零的整数解.
证明首先,我们证明方程(12)没有3
xyz解.若方程(12)有解x,y,z,则
(z+y)(x2-xy+y2)=(-z)3 (13)
如果(x+y)与(x2-xy+y2)有素公因数p,即p|(x+y),p|(x2-xy+y2),那么由3xy=(x+y)2-(x2-xy+y2)推得p|3xy.由于3
z,故p≠3,所以p|xy;不防设p|x,又因p|(x+y),则有p|y,与(x,y)=1矛盾.因此,(x+y)与(x2-xy+y2)互素.由(13)并根据引理1,有
其中(α,β)=1.在(14)的第二式中,因(x,y)=1,3
x,3
y,根据引理2的推论1必有
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶.把(15)中的x,y代入(14)第一式,得
2u(u+3v)(u-3v)=α3 (16)
因为(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶,所以2u,u+3v,u-3v两两互素,再根据引理1必有
α=α1β1γ1
其中α1,β1,γ1两两互素.由(17)的前三式消去u,v,得
因为-z=αβ=α1β1γ1β,所以3
α1β1γ1,且|z|>|γ1|>0.用同样方法又可得
其中α2,β2,γ2满足3
α2β2γ2,|γ1|>|γ2|>0.继续进行下去,可得一无穷递减正整数序列
|z|>|γ1|>|γ2|>…>0
这是不可能的.因此(12)没有3
xyz解.
其次,证明方程(12)没有3|zyz解.
设z=3nz1,3
z1.代入(12),得
因为x,y,z两两互素.故3
x,3
y.我们只需证明,对于任意n,方程(20)无解即可.
对n施行归纳法:
当n=0时,上面已经证明(20)没有解.假设n-1时方程(20)没有解.若对n,(20)有解x,y,z1,则
(x+y)(x2-xy+y2)=33n(-z1)3 (21)
因为x2-xy+y2=(x+y)2-3xy,且3
xy,所以,若3
(x+y),则3
(x2-xy+y2);若3s|(x+y),其中s≥1,则3|(x2-xy+y2),而32
(x2-xy+y2).由(21)必有33n-1|(x+y),3|(x2-xy+y2).按照前述方法,类似可证x+y,x2-xy+y2没有不等于3的素公因数,因而,
理1,则有
x+y=33n-1α3
x2-xy+y2=3β3 (22)
-z1=aβ
其中(α,β)=1.在(22)的第二式中,因为(x,y)=1,根据引理的推论2,必有
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶.
或者
其中(u,v)=1,3
u,u、v一奇一偶.将(23)的x,y代入(22)的第一式,得
u3+3u2v-9uv2-3v3=33n-2α3 (25)
因为3u,所以(25)式左端不被3整除.于是(25)式不成立,故(23)式也不成立;再把(24)的x,y代入(22)的第一式,得
2v(u+v)(u-v)=33(n-1)α3 (26)
因为(u,v)=1,u.v一奇一偶,所以2v,u+v,u-v两两互素.因此它们中之一必被33(n-1)整除.不防设33(n-1)|(u-v).根据引理1,必有
a=α1β1γ1
其中α1,β1,γ1两两互素.因-z=αβ=α1β1γ1β,故3
α1β1γ1.因此,得
这与归纳假设矛盾.如果2v或u+v被33(n-1)整除,则分别得
或者
α13+γ13+33(n-1)(-β1)3=0 (30)
这些都与归纳假设矛盾.定理得证.□
2.欧拉的证明
这里介绍欧拉证明的概要.
证明假设x,y,z是两两互素的整数,适合方程(12),其中x,y是奇数,z是偶数,且|z|是可能解中最小的.不失一般,这个假设是可以的.那么
x+y=2a
x-y=2b (31)
这里a,b是互素的非零整数,奇偶性相反.因此,
-z3=x3+y3=(a+b)3+(a-b)3
=2a(a2+3b2) (32)
容易推出a2+3b2是奇数,8整除2a,b是奇数,且(2a,a2+3b2)=1或3.
情形Ⅰ(2a,a2+3b2)=1.
从(32)及引理1可知,2a和a2+3b2都是某数的立方:
2a=r3
a2+3b2=s3 (33)
这里s是奇数.在这一点上,按照欧拉的意思,把s表示成s=u2+3v2是可能的,其中u,v使
a=u(u2-9v2)
b=3v(u2-v2) (34)
于是v是奇数,u≠0,u是偶数,3
u,(u,v)=1,且
r3=2a=2u(u-3v)(u+3v) (35)
注意到2u,u-3v,u+3必两两互素,于是它们是整数的立方:
2u=-l3
u-3v=m3 (36)
u+3v=n3
其中l,m,n不等于零(因为3不整除u).于是
l3+m3+n3=0 (37)
其中l是偶数.此外,因为b≠0,3
u:
|z3|=|2a(a2+3b2)|=|l3(u2-9v2)(a2+
3b2)|≥3|l3|>|l3|
这与|z|最小的假设矛盾.
情形Ⅱ(2a,a2+3b2)=3.
令a=3c,那么4|c,3
b.由(32)得
-z3=6c(9c2+3b2)=18c(3c2+b2)(38)这里18c与3c2+b2互素,3c2+b2是奇数,且不是3的倍数.
于是18c,3c2+b2都是整数的立方:
18c=r3 (39)
3c2+b2=S3
其中s是奇数.同情形Ⅰ一样,s=u2+3v2,其中整数u,v使
b=u(u2-9v2) (40)
c=3v(u2-v2)
于是u是奇数,v是偶数,v≠0(u,v)=1,且2v,u+v,u-v两两互素,从
得
2v=-l3
u+v=m3 (42)
u-v=-n3
因此,
l3+m3+n3=0,
其中l,m,n是非零的整数,l是偶数.最后,
|z|3=18|c|(3c2+b2)
=54|v(u2-v2)|(3c2+b2)
=7|l|3|u2-v2|(3c2+b2)
≥27|l|3>|l|3
这与|z|的最小选择矛盾.□
3.高斯的证明
首先,我们介绍一些代数的基础知识.
我们把经常用到的几种数集用字母表示:
Z表示全体整数的集.
Q表示全体有理数的集.
R表示全体实数的集.
C表示全体复数的集.
设A={a,b,c,…}.我们称a,b,c,…是A的元素.如果a是集A的元素,就说a属于A,记作a∈A;如果a不是集A的元素,就说a不属于A,记作
A.
设A,B是两个集.如果A的每一个元素都是B的元素,那么就说A是B的子集,记作A
B.如果集A与B的元素完全一样,就说集A,B相等,记作A=B;否则,就说集A,B不相等,记作A≠B.当A
B,A≠B时,叫A是B的真子集,记作A
B.显然,Z
Q
R
C.
数环和数域.
定义设S是C的一个非空子集.如果对于S中任意两个数a,b,a+b,a-b,ab都在S内,那么就说S是一个数环.
例如,数集Z,Q,R,C都是数环.
定义设F是一个数环.如果
(Ⅰ)F含有一个不等于零的数;
域.
例如,数集Q,R,C都是数域,但Z不是数域.
由于研究不定方程的需要,人们讨论了一些特殊的复数:
Q(i)={a+bi|a,b∈Q}
Z(i)={a+bi|a,b∈Z}
对于复数加法和乘法,Q(i)是一个数域,Z(i)是一个数环.Z(i)中的复数叫复整数.为了区别起见,我们把通常的整数叫做有理整数.
显然,Z
Z(i),Q
Q(i),Z(i)
Q(i).
我们需要Q(i)中复整数具有有理整数一些性质,特别是唯一分解定理成立.为此,需要建立复整数的整除、互素和素数等概念.
设α,β∈Q(i),β≠0.如果存在r∈Q(i),使得
α=βγ
则说β整除α,记作β|α;否则,说β不整除α,记作β
α.
整除1的复整数叫做单位数.显然,在Q(i)中仅有±1,±i整除1.
设复整数a=a+bi.我们把
=a-bi叫做a的共轭数,N(a)=a
a=a2+b2叫做a的范数.易知
设ε是Q(i)的单位数.如果复整数α,β满足
α=βε
那么就说α与β相结合(或相伴),记作α~β.
例如,因为3+2i=(2-3i)i,所以(3+2i)~(2-3i).
对N(a)>1的a的任何分解式
α=βγ
都得出N(β)=0,或N(γ)=1,就说α是Q(i)的素数,常以π表示.
唯一分解定理设N(α)>1.如果
α=π1π2;…πr=π1′π2′…πs′,(r≥1,s≥1)则有r=s,且πi~πi′,i=1,2,…,r.
众所周知,i是二次多项式x2+1的根,而且x2+1在有理数域上不能分解为两个一次多项式的乘积,我们把x2+1称做在Q上不可约,i叫做二次代数整数,Q(i)叫做i添加到Q上的一个二次扩张,或高斯数域.
中素因数唯一分解定理成立.
余,记作α≡β(modγ).
现在我们转向高斯的证明.我们已经知道,为了证明
x3+y3+z3=0
没有非零的整数解,欧拉不得不使用比较复杂的方法.然而,使用复整数的知识,高斯简单明了地证明更一般的方程
α3+β3+γ3=0
没有不全为零的代数整数解.就是说,欧拉的证明是高斯证明的特例.这个问题说明,证明较普遍的定理比证明特殊的情况来得容易,这种现象在数学里是常见的.
注如果η是方程
xn-1=0
的根,就说η是一个n次单位根.n=3时,就说η是一个三次单位根.三
令
环.A的单位数是±1,±ζ,± ζ2,们全是单位根.
素的最大公因数是可能的,在可以相差一个单位数倍数意义下是唯一确定的.A的元素叫做互素的,如果它们的最大公因数是单位数.
3~λ2.
我们注意,由于3~λ2,如果α≡β(modλ),那么α3≡β3(modλ3).
模λ恰好存在三个同余类,即0,1和-1三类.
在高斯证明中,下列同余式是必需的:
引理如果α∈A且λ
α,那么
α3≡±1(modλ4).
这个证明是简单的.下面是高斯的定理:
定理方程
x3+y3+z3=0 (43)
没有不全为零的代数整数解α,β,γ∈A.
注代数整数的意义,参见第四部分.
证明假设定理不真,不失一般,约去最大公因数,存在互素的α,β,γ,使α3+β3+γ3=0.从此得出α,β,γ也两两互素.因此可以假设λ
α,λ
β.
情形1λ
γ.
因此,α,β,γ在同余类1或-1里.于是α≡±1(modλ),因此α3≡±1(modλ3).类似地,β3≡±1(modλ3),γ3≡±1(modλ3).
于是
0=α3+β3+γ3≡±1±1±1(modλ3)符号的组合给出±1或±3.显然0
±1(modλ3);如果0≡±3(modλ3),那么λ3|±3~±λ2,因而λ|±1,λ是单位数,矛盾.
情形2λ|γ.
令γ=λnδ,其中n≥1,λ
δ,δ∈A,因此
α3+β3+λ3nδ3=0 (44)
其中α,β,δ∈A,n≥1.
于是,满足下列性质(Pn):
(Pn):
存在α,β,δ∈A使λ
α,λ
β,λ
δ,α,β互素,α,β,δ是下列方程的解:
x3+y3+wλ3nz3=0 (45)
其中w是单位数(在(44)中,w=1).
证明的思想如下:
指出如果(Pn)被满足,那么n≥2且(Pn-1)也被满足.重复这个过程,最后(P1)被满足,这是个矛盾.这只不过是无穷递降法的一种形式(关于指数n).
于是,证明还剩下两步.
第一步.如果(Pn)被满足.那么n≥2.
因为λ
α,λ
β,根据引理α3≡±1(modλ4),β3≡±1(modλ4),并且±1±1≡-wλ3nδ3(modλ4),其中λ
δ.因为λ
±2,左边必为0,因此3n≥4,得n≥2.
第二步.如果(Pn)被满足,那么(Pn-1)也被满足.
根据假设:
-wλ3nδ3=α3+β3=(α+β)(α+ζβ)
(α+ζ2β). (46)
素元λ必整除右边因子中的一个.因为1≡ζ≡ζ2(modλ),所以α+β≡α+ζβ≡α+ζ2β(modλ),因此λ整除每一个因子.于是
并且
从n≥2(由第一步)λ整除右边因子中的一个.容易看出α+β,α+ζβ,α+ζ2β模λ2两两不同余.因此λ仅整除(47)式右边因子中的一个.例如λ整除(α+β)/λ(其他情形是类似的,用ζβ或ζ2β代替β是允许的).
于是λ3(n-1)整除(α+β)/λ.因此
α+β=λ3n-2k1
α+ζβ=λk2 (48)
α+ζ2β=λk3
其中k1,k2,k3∈A,λ不整除k1,k2,k3.
(48)中的三式边边相乘,得
-wδ3=k1k2k3 (49)
容易看出k1,k2,k3是两两互素的.因为环A有唯一分解,k1,k2,k3与立方数有关
其中ηi是单位数,φ2∈A(i=1,2,3),φ1,φ2,φ3两两互素,λ不整除φ1,φ2,φ3.于是
从1+ζ+ζ2=0,得
0=(α+β)+ζ(α+ζβ)+ζ2(α+ζ2β)
于是
这里τ,τ′是单位数,φ1,φ2,φ3∈A不是λ的倍数,并且φ2,φ3互素.
如果τ=1,那么φ2,φ3,φ1是下列方程的解
X3+y3+τ′λ3(n-1)z3=0 (53)
如果τ=-1,那么φ2,-φ3,φ1是(53)的解.
余下指出τ≠±ζ±ζ2.实际上,因为n≥2,
但根据引理
因此±1±τ≡0(modλ2)
然而±1±ζ≡0(modλ2)和±1±ζ2≡0(modλ2).于是τ≠±ζ,±ζ2,这就建立性质(Pn-1).□
另外一些三次或六次方程用类似的方法可以得到解决:
下列方程没有非零的整数解:
x3+4y3=1 (55)
x6-27y6=2z3 (56)
16x6-27y6=z3 (57)
x3+y3=3z3 (58)
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