三次的费马方程-各种证明.doc

(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x1x2xn=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=3，x2=3，xn=3，w=(2)其中，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=3x1，x2=3x2，xn=3xn(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，及x1，x2，xn，都两两互素从(1)知333w3，得w设w=w1，代入(1)，得x1x2xn=w13如果w1有素因数p，那么p3x1x2xn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x1x2xn=1因为xi都是正整数，故x1=x2=xn=1因此(3)为x13，x2=2，xn=3其中，两两互素，而w=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)=1，3u，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)=1，3u，u、v一奇一偶；其中(u，v)=1，3u，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)=1，3u，u、v一奇一偶其中(u，v)=1，3u，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3xyz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3z，故p3，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(，)=1在(14)的第二式中，因(x，y)=1，3x， 3y，根据引理2的推论1必有其中(u，v)=1，3u，u、v一奇一偶把(15)中的x，y代入(14)第一式，得2u(u+3v)(u-3v)=3(16)因为(u，v)=1，3u，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=111其中1，1，1两两互素由(17)的前三式消去u，v，得因为-z=111，所以3111，且|z|1|0用同样方法又可得其中2，2，2满足3222，|1|2|0继续进行下去，可得一无穷递减正整数序列|z|1|2|0这是不可能的因此(12)没有3xyz解 其次，证明方程(12)没有3|zyz解 设z=3nz1，3z1代入(12)，得因为x，y，z两两互素故3x，3y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3xy，所以，若3(x+y)，则3(x2-xy+y2)；若3s|(x+ y)，其中s1，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-13 x2-xy+y2=33 (22)-z1=a其中(，)=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)=1，3u，u、v一奇一偶或者其中(u，v)=1，3u，u、v一奇一偶将(23)的x，y代入(22)的第一式，得u3+3u2v-9uv2-3v3=33n-23 (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)3 (26)因为(u，v)=1，uv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=111其中1，1，1两两互素因-z=111，故3111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13+13+33(n-1) (-1)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=2ax-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 (2a，a2+3b2)=1 从(32)及引理1可知，2a和a2+3b2都是某数的立方：2a=r3a2+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，u0，u是偶数，3u，(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=-l3u-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b0，3u：|z3|=|2a(a2+3b2)|=|l3(u2-9v2)(a2+3b2)|3|l3|l3|这与|z|最小的假设矛盾 情形(2a，a2+3b2)=3 令a=3c，那么4|c，3b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，v0(u，v)=1，且2v，u+v，u-v两两互素，从得2v=-l3u+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aA；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AB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AB当AB，AB时，叫A是B的真子集，记作AB显然，ZQRC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()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，bQ Z(i)=a+bi|a，bZ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，ZZ(i)，QQ(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，Q(i)，0如果存在rQ(i)，使得=则说整除，记作|；否则，说不整除，记作整除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)= aa=a2+b2叫做a的范数易知设是Q(i)的单位数如果复整数，满足=那么就说与相结合(或相伴)，记作例如，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= 都得出N()=0，或N()=1，就说是Q(i)的素数，常以表示唯一分解定理 设N()1如果 =12；r=12s，(r1， s1)则有r=s，且ii，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(mod)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3+3+3=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 如果是方程xn-1=0的根，就说是一个n次单位根n=3时，就说是一个三次单位根三令环A的单位数是1，2，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32我们注意，由于32，如果(mod)，那么33(mod 3)模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A且，那么31(mod4)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，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，使3+3+3=0从此得出，也两两互素因此可以假设，情形1 因此，在同余类1或-1里于是1(mod)，因此31(mod 3)类似地，31(mod 3)，31(mod 3)于是0=3+3+3111(mod 3)符号的组合给出1或3显然01(mod3)；如果03(mod 3)，那么3|32，因而|1，是单位数，矛盾情形2 |令=n，其中n1， ，A，因此3+3+3n3=0 (44)其中，A，n1于是，满足下列性质(Pn)：(Pn)：存在，A使，互素，是下列方程的解：x3+y3+w3nz3=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n2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n2 因为，根据引理31(mod 4)，31(mod 4)，并且11-w3n3(mod4)，其中因为2，左边必为0，因此3n4，得n2 第二步如果(Pn)被满足，那么(Pn-1)也被满足根据假设：-w3n3=3+3=(+)(+)(+2)(46)素元必整除右边因子中的一个因为12(mod)，所以+2(mod)，因此整除每一个因子于是并且从n2(由第一步)整除右边因子中的一个容易看出+，+，+2模2两两不同余因此仅整除(47)式右边因子中的一个例如整除(+)(其他情形是类似的，用或2代替是允许的) 于是3(n-1)整除(+)因此+=3n-2k1+=k2(48)+2=k3其中k1，k2，k3A，不整除k1，k2，k3(48)中的三式边边相乘，得-w3=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i是单位数，2A(i=1， 2， 3)，1，2，3两两互素，不