从费马大定理谈起(六):n=4(2)
By 苏剑林 | 2014-08-19 | 28901位读者 |在上一篇文章中,笔者提到似乎证明n=4时必须要证明x4+y4=z2无解而不能只证明x4+y4=z4无解。不过,在今天中午研究的时候,笔者发现了另外一个n=4的证明,它同样是在Z[i]中,但是,证明的则是指数全是4的形式,但是,又不单单是x4+y4=z4的形式,而是εx4+y4=z4,ε是单位数。这个证明过程,我觉得应该更接近n等于其他奇素数时的证明,遂补充了这篇文章,供大家参考。读者可以对比着上一篇文章进行比较阅读。
引理 #
用ε1,ε2,ε3,ε表示Z[i]中的单位数,下面先证明
如果方程ε1x′4+ε2y′4+ε3z′4=0在Z[i]中有全不为0的解,那么在经过适当的化简和整理之后,方程必有形式εx4+y4=z4,其中(x,y,z)是(x′,y′,z′)的某个置换,ξ2|x。
证明过程跟上一篇文章是类似的。首先证明ξ|x′y′z′,若否,则有
x′4≡1(mod
那么就有8|(\varepsilon_1+\varepsilon_2+\varepsilon_3),不管\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3如何取值都不是成立的。
那么假设\xi|x',并且假设\xi\nmid y'z',那么
\begin{aligned}x'^4 &\equiv 0(\bmod\, \xi^4)\\
y'^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
z'^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)
\end{aligned}
由原方程整理得
(\varepsilon_1/\varepsilon_2) x'^4 +y'^4+(\varepsilon_3/\varepsilon_2) z'^4=0
各项模\xi^4(-8i=\xi^6),得到
\xi^4|(1+\varepsilon_3/\varepsilon_2)
于是\varepsilon_3/\varepsilon_2=-1,取\varepsilon_1/\varepsilon_2=\varepsilon,(x',y',z')=(x,y,z),即得
\varepsilon x^4+y^4=z^4
由于z^4-y^4\equiv x^4\equiv 0(\bmod\,8),\ \xi^6=-8i,所以至少有\xi^2|x。
证明 #
下面假设(x,y,z)是\varepsilon x^4+y^4=z^4,\ \xi^2|x的一组两两互质的解,并且这组解是x所含的\xi次数最少的一组解,要注意的是,此时\varepsilon是任意的单位数,是不确定的,因此这里最小是遍历所有可能的\varepsilon后取\xi次数最小的解。此时,记\xi^m|x,\xi^{m+1}\nmid x,m\geq 2。
在\mathbb{Z}[i]中,可以完全分解:
\varepsilon x^4=(z+y)(z-y)(z+yi)(z-yi)
注意到
\begin{aligned}(z+y)+(z-y)=2z=-i\xi^2 z\\
(z+y)-(z-y)=2y=-i\xi^2 y\\
(z-y)i+(z+yi)=\xi z\\
(z-y)-(z+yi)=-\xi y\\
(z+yi)+(z-yi)=2z=-i\xi^2 z\\
(z+yi)-(z-yi)=2y=-i\xi^2 y
\end{aligned}
以上的计算表明,(z+y),(z-y)最多有公约数\xi^2,(z-y),(z+yi)最多有公约数\xi,(z+yi),(z-yi)最多有公约数\xi^2。而左边至少有约数\xi^8,因此右边四项之中,至少有一项有约数\xi^2,但是,不可能所有项都有约数\xi^2,因为这与(z-y),(z+yi)最多有公约数\xi矛盾。那么,至少有两项的\xi次数为1,因为z+y有约数\xi^2必然推出z-y有约数\xi^2,z+yi有约数\xi^2必然推出z-yi有约数\xi^2,反之亦然,如果只有一项的\xi次数为1,便意味着其他三项都是至少是2,矛盾。那么四项之中,有一项的次数至少为4,由此得到,\xi在右边的次数分别是\geq 4,2,1,1。不失一般性,设
\begin{aligned}x&=\xi \chi\\
z+y&=\xi^{4m-4} u'\\
z-y&=\xi^2 v'\\
z+yi&=\xi s'\\
z-yi&=\xi t'
\end{aligned}
那么
\varepsilon\chi^4=u'v's't'
且u',v',s',t'两两互质,那么它们都是某个四次方数的伴随,同时它们都不能有约数\xi,否则与\xi^{m+1}\nmid x矛盾。于是可以设
\begin{aligned}u'=\varepsilon_1 u^4,\ v'=\varepsilon_2 v^4\\
s'=\varepsilon_3 s^4,\ t'=\varepsilon_4 t^4
\end{aligned}
此时
\begin{aligned}2z&=\xi^{4m-4} u^4 +\xi^2 v^4=\xi s^4+\xi t^4\\
2y&=\xi^{4m-4} u^4 -\xi^2 v^4=(\xi s^4-\xi t^4)(-i)
\end{aligned}
亦即
\begin{aligned}\varepsilon_1 \xi^{4m-5} u^4 +\varepsilon_2 \xi v^4&=\varepsilon_3 s^4+\varepsilon_4 t^4\\
\varepsilon_1\xi^{4m-5} u^4 -\varepsilon_2\xi v^4&=(\varepsilon_3 s^4-\varepsilon_4 t^4)(-i)
\end{aligned}
两式左右相加
2\varepsilon_1 \xi^{4m-5} u^4=(1-i)\varepsilon_3 s^4+(1+i)\varepsilon_4 t^4
各项除以\xi,整理得
(-i)(\varepsilon_1/\varepsilon_4) \xi^{4m-4} u^4 +i (\varepsilon_3/\varepsilon_4) s^4=t^4
由引理得
i (\varepsilon_3/\varepsilon_4)=1
记(-i)(\varepsilon_1/\varepsilon_4)=\varepsilon',那么
\varepsilon' \xi^{4m-4} u^4 +s^4=t^4
这说明(\xi^{m-1} u,s,t)是单位数取\varepsilon'时的一组解,\xi\nmid u,但是m-1 < m,与假设矛盾,因此方程\varepsilon x^4+y^4=z^4在\mathbb{Z}[i]内无解。
评述 #
上面的过程绕来绕去,似乎难以捉摸,但这正是揭示了一般的n时的证明规律。其中,最关键的一步时,利用扩展后的数域,对z^n-y^n进行完全分解。如果唯一分解定理成立,那么就可以导出矛盾来。同时,基本的同余分析是很必要的,同余分析后的结果,会“恰好地”帮我们把系数凑合好,让我们可以“刚好”可以用费马的无穷下降法导出矛盾。这一切,似乎都是那么巧合,又好像那么必然...
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May 2nd, 2020
在“证明#”这一大段中有几处漏打了一些“东西”(因为我本人的原因,我还是用“?”代替我打不出来的那个字母,以后不再重申):
(1)(z+yi)—(z—yi)=2y=—i?^2y
应为:
[(z+yi)—(z—yi)](-i)=2y=—i?^2y
(2)2z=…
2y=…
这两个连等式,都依次漏打了单位数(共4×2=8个)
(3)“各项除以?,整理得”的?后面漏打了一个单位数。