上一篇文章中,笔者提到似乎证明n=4时必须要证明$x^4+y^4=z^2$无解而不能只证明$x^4+y^4=z^4$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$\mathbb{Z}[i]$中,但是,证明的则是指数全是4的形式,但是,又不单单是$x^4+y^4=z^4$的形式,而是$\varepsilon x^4+y^4=z^4$,$\varepsilon$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$\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon$表示$\mathbb{Z}[i]$中的单位数,下面先证明

如果方程$\varepsilon_1 x'^4 +\varepsilon_2 y'^4+\varepsilon_3 z'^4=0$在$\mathbb{Z}[i]$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$\varepsilon x^4+y^4=z^4$,其中$(x,y,z)$是$(x',y',z')$的某个置换,$\xi^2|x$。


证明过程跟上一篇文章是类似的。首先证明$\xi|x'y'z'$,若否,则有
$$\begin{aligned}x'^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
y'^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)\\
z'^4 &\equiv 1(\bmod\, 8)
\end{aligned}$$
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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