是时候了!

前面用好几篇文章为费马大定理的证明铺设了道路,当然,相当于完整的费马大定理证明来说,这几篇文章只不过是沧海一粟而已。不过,它们已经足够用来完成费马大定理在n=4时的证明了。我们很快会看到高斯整数为n=4所带来的简洁的证明,而这让我们坚信,这一道路可以走得更远。

不定方程$x^4+y^4=z^2$在$\mathbb{Z}[i]$中没有全不为0的解。

读者可以看到,我们考虑的是$x^4+y^4=z^2$而不是$x^4+y^4=z^4$,前者是后者的加强,但是,并不是为了证明一个更广泛的命题才加强的,而是我们的证明对于$x^4+y^4=z^4$根本就不适用!也就是说,根据本文的方法,我们可以证明$x^4+y^4=z^2$无解,但却不能“只证明”$x^4+y^4=z^4$无解。这确实是一个很奇妙的现象,有些命题,要加强了之后才容易证明,就像用数学归纳法证明一些不等式,如果不加强,归纳法就失效了。

我们所用到的工具很简单,就是在第三篇文章中提高的$\mathbb{Z}[i]$内的模“模1+i分析”。为了方便,下面记$\xi=1+i$。

Step One
第一步,我们来证明如果$(x,y,z)$是$x^4+y^4=z^2$的一组高斯整数解,那么$\xi|xyz$。

假设$\xi\nmid xyz$,那么$\xi\nmid x,\xi\nmid y,\xi\nmid z$,那么
$$\begin{aligned}x^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
y^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
z^2 &\equiv \pm 1(\bmod\, 4)
\end{aligned}$$
因此$x^4+y^4-z^2\equiv 0(\bmod\,4)$得到$1+1-\pm 1\equiv 0(\bmod\,4)$,矛盾,因此$\xi|xyz$。

Step Two
第二步,假设$(x,y,z)$是$x^4+y^4=z^2$的一组全不为零的、两两互质的高斯整数解,那么$\xi$只能整除$x,y,z$中的其中一个。但是,整除$z$是不可能的,因为如果整除$z$,那么就不整除$x,y$,那么就有($\xi|z\Rightarrow \xi^4|z^4$)
$$\begin{aligned}x^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
y^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
z^2 &\equiv 0(\bmod\, \xi^2)
\end{aligned}$$
注意$\xi^2=2i,\xi^4=-4,\xi^6=-8i$。如果$\xi^2|z$,那么$\xi^4|z^2$,因此,上面三式相当于说$x^4+y^4-z^2\equiv 1+1-0\equiv 2(\bmod\,\xi^4)$,也就是$4|2$,矛盾;如果$\xi\nmid\left(\frac{z}{\xi}\right)$,那么$\left(\frac{z}{\xi}\right)^2\equiv \pm 1(\bmod\,4)$,也就是$z^2\equiv \pm \xi^2(\bmod\,4\xi^2)$,等价于$z^2\equiv \pm \xi^2(\bmod\,8)$,因此$x^4+y^4-z^2\equiv 1+1-\pm\xi^2\equiv 2(1\mp i)(\bmod\,\xi^6)$,也就是$\xi^6|\xi^3$,矛盾。

所以$\xi$整除$x$或$y$,不失一般性,设$\xi|x$。这样一来,必然有$z^2\equiv 1(\bmod\, 4)$,否则导致矛盾.

Step Three
第三步,列出我们得到的结果
$$\begin{aligned}x^4 &\equiv 0(\bmod\, \xi^4)\\
y^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
z^2 &\equiv 1(\bmod\, 4)
\end{aligned}$$

Step Four
第四步,是我们的核心步骤,假设有解,那么存在两两互质的解$(x,y,z),\ \xi|x$,而且在所有解之中,挑出$N(x)$最小的那组解。在$\mathbb{Z}[i]$内,我们可以分解
$$x^4=(z-y^2)(z+y^2)$$
设$u=z+y^2,v=z-y^2$,那么
$$u+v=2z=-i\xi^2 z,\ u-v=2y^2=-i\xi^2 y^2$$
$u,v$的公约数必然也是$u+v,u-v$的公约数,$(u+v,u-v)=(-i\xi^2 z,-i\xi^2 y^2)=\xi^2$,因此$u,v$最多有公约数$\xi^2$,而左边$x^4$至少有约数$\xi^4$,因此$u,v$之一至少有约数$\xi^2$,如此一来,$u,v$的最大公约数就是$\xi^2$。记$x=\xi \eta,u=\xi^2 \mu,v=\xi^2 \nu$,$\mu,\nu$互质,这样一来
$$\eta^4=\mu\nu$$
由于$\mu,\nu$互质,所以$\mu,\nu$在相差一个单位数的情况下,必然为一个四次方数,也就是说它们都是四次方数的伴随。用$\varepsilon_1,\varepsilon_2$表示单位数,设$\mu=\varepsilon_1 \kappa^4,\nu=\varepsilon_2 \iota^4$,即
$$\eta^4=(\varepsilon_1 \kappa^4)(\varepsilon_2 \iota^4)=(\varepsilon_1\varepsilon_2) (\kappa\iota)^4$$
于是$\varepsilon_1\varepsilon_2$也是一个四次方数,但是单位数中的四次方数只有1,因此$\varepsilon_1\varepsilon_2=1$。然后由$u-v=2y^2=-i\xi^2 y^2$得到
$$-i y^2=\varepsilon_1 \kappa^4-\varepsilon_2 \iota^4$$

Step Five
第五步,对$\varepsilon_1,\varepsilon_2$进行枚举。

5.1、假如$\varepsilon_1=i,\varepsilon_2=-i$,那么
$$-i y^2=i \kappa^4+i\iota^4$$
也就是
$$(iy)^2=\kappa^4+\iota^4$$
这表明$(\kappa,\iota,iy)$也是一组解,然而$N(\kappa),N(\iota)$均小于$N(x)$(因为$\varepsilon_1 \varepsilon_2\kappa^4\iota^4\xi^4=x^4$),$\kappa,\iota$之中必有一个有约数$\xi$,这跟$N(x)$最小矛盾。

5.2、假如$\varepsilon_1=-i,\varepsilon_2=i$,那么
$$-i y^2=-i \kappa^4-i\iota^4$$
也就是
$$y^2=\kappa^4+\iota^4$$
这表明$(\kappa,\iota,y)$也是一组解,然而$N(\kappa),N(\iota)$均小于$N(x)$(因为$\varepsilon_1 \varepsilon_2\kappa^4\iota^4\xi^4=x^4$),$\kappa,\iota$之中必有一个有约数$\xi$,这跟$N(x)$最小矛盾。

5.3、假如$\varepsilon_1=-1,\varepsilon_2=-1$,那么
$$-i y^2=-\kappa^4+\iota^4$$
如果$\kappa,\iota$都不是$\xi$的倍数,那么$\kappa^4 \equiv\iota^4 \equiv 1(\bmod\,\xi^6)$,从而$\xi^6|(-\kappa^4+\iota^4)$,得到$\xi|y$,这与$x,y$互质矛盾。那么$\kappa,\iota$之一是$\xi$的倍数(而且只能有一个),从而$-\kappa^4+\iota^4\equiv \pm 1(\bmod\,\xi^6)$。但是右边$\xi\nmid y$,因此$y^2\equiv \pm 1(\bmod\,\xi^4)$,所以$-iy^2\equiv \pm i(\bmod\,\xi^4)$。左右两边的同余不等,矛盾。

5.4、假如$\varepsilon_1=1,\varepsilon_2=1$,那么
$$-i y^2=\kappa^4-\iota^4$$
分析跟5.3基本一样,也导出矛盾。

所有情况都被否定了,因此原假设不成立,不存在满足$x^4+y^4=z^2$的全非0高斯整数解。

评述

证明看上去写得很长,但其实很简单。总的来说,我们只是用到了模$1+i$的分析,这就相当于实数中的奇偶分析了。如果读者对高斯整数不熟悉,那么这种同余就像云里雾里,摸不着头脑了,但是熟悉了高斯整数的读者,那么一切都是很显然的。试想,在实整数中,奇偶分析还不容易吗。如果读者已经阅读过实整数内的n=4的证明,那么不妨对比一下两者,可以发现有类似的地方,但似乎本文的证明还简短一点呢。(写得长不一定说明复杂,关键是每一步显不显然。)

是什么导致我们在最后一步分了四种情况?单位数!高斯整数中有四个不同的单位数,因此分了四种情况,而在更一般的数环中,可能会有更多的单位数,这也是n较大的时候,证明比较困难的原因。不过这个困难不是最核心的,核心的困难是唯一分解定理的失效,而这就是后话了。

最后还是多说一下,为什么是$x^4+y^4=z^2$而不是$x^4+y^4=z^4$呢?后者用本文的技巧确实导不出矛盾。那么,一个很自然的疑问是,有没有单纯证明后者的证明?我不知道,我试了好几天,企图找出仅仅证明后者的过程,但无果。也许对于合数的$n$,证明起来就有这样的特性吧。

====补充(08.20)====

可以直接证明$\varepsilon x^4+y^4=z^2,\ \xi|x$无解,从而简化证明过程,参考下一篇文章。将下一篇文章的步骤稍微修改一下即可。


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