从费马大定理谈起(五):n=4
By 苏剑林 | 2014-08-19 | 91080位读者 |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$\kappa^4 \equiv\iota^4 \equiv 1(\bmod\,\xi^4)$,从而$\xi^4|(-\kappa^4+\iota^4)$,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$-\kappa^4+\iota^4\equiv \pm 1(\bmod\,\xi^4)$。但是左边$\xi\nmid y$,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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July 16th, 2015
明天接着看,在此做个标记(龇牙)
August 6th, 2015
step five 5.1那里
这表明(κ,ι,iy)也是一组解,然而N(κ),N(ι)均小于N(x)(因为ε1ε2κ4ι4ξ4=x4),κ,ι之中必有一个有约数ξ,这跟N(x)最小矛盾。这句话,看了老半天,没看懂。求解释那个导出矛盾的地方
请您仔细看一下假设哈。
学长并没有说x,y,z是模最小的一组互素的高斯整数解吧
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), ξ|x,而且在所有解之中,挑出N(x)最小的那组解。
December 19th, 2015
饶有兴致地看到这里,很喜欢作者普及性的介绍,同时读了谢国芳的有关文章,知道这段证明是高斯弟子戴德金的杰作,比起欧拉用实数的证明来简单很多,历史上也差了一百多年。您是否有欧拉证法的简介或参或相关的链接,好认真体会和比较一下,多谢!
你想要n=4还是n=3的证明?n=4时,可以参考
http://amuseum.cdstm.cn/AMuseum/math/4/44/4_44_1003.htm
n=3时,我没找到什么网络资源,但是在一般的初等数论书籍中都会讲到。
December 21st, 2015
多谢!在北大潘成彪的初等数论中看到有关段落,前些天刚查找过余数一节。另外读到谢国芳从勾股定理到费马大定理一文,从勾股数公式的角度讲了复数理论的优势。看来高观点解初等问题有优势,复数理论是个好例子。克莱因写过一部专著,高观点下的初等数学。从费马整数发展起来的格点表示和共形映射,是见到的几乎所有介绍模形式文章的起点。模形式成为解决费马最后定理工具,可能是又一个高观点解决问题的例子,还在继续跟进。
很多科普文章只讲故事,讲不清理论,而数学普及文章,只讲理论不讲数学发展历史,而对认真的读者来说,要看很多文章才能有全面的了解。只有了解每个数学问题发展的动机和过程,才能够满足全部好奇心,得到方法论方面的启发。
怀着好奇心,继续阅读下文,再次感谢!
“从费马整数发展起来的格点表示和共形映射”
这让我想起了希尔伯特的科普著作《几何直观》,里边有类似的内容(虽然是科普,但是希尔伯特的科普可不会简单,当然里边的数学讲得还是比较清晰的)。
December 22nd, 2015
n=3的证明找到欧拉和高斯的不同证法,分别在〈100个著名初等数学问题〉的第21个问题和紧随着的注释1中,书是1933年前后出的。您提到的〈直观几何〉上下册网上均能看到,多谢。
另外反馈一个小问题,在安卓系统平板上看(win系统还没试过),科学空间的latex数学公式和文字有重叠现象,非常影响阅读,不知其他读者有无遇到。
发现平板一开始就横看,宽度够,latex就没有问题了。如果先竖着看,latex 的空间不够,和文字重叠,再横过来也没用,因为公式已经被系统解释成图像了,这时只能刷新。
谢谢反馈,这个问题我早已经知道了,可是一直不知道怎么修复,无奈中~~~先横再竖,也算是一个折衷的解决办法吧^_^
修改了新的方式,欢迎测试。
完全没有问题了,很棒!
May 1st, 2020
5.3 中的
“-k^4+l^4≡土1(mod?^6),但是右边”
是否应改为
“-k^4+l^4≡土1(mod?^4),但是左边”
(一共两处改动。另由于我打不出那个字母,只好用“?”代替一一对比原文可明白)
谢谢,改过来了
不客气!本人水平有限,意见不一定正确,您改动之前一定要仔细核对一下。
拜读苏神的文章,如沐春风,醍醐灌顶,受益匪浅!
过奖了,欢迎多交流,我也好久没看这方面了,需要回顾回顾。