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(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.
初等证明
引理1方程
xx…x=w3 (1)
12 n
其中x,x…,x两两互素,全部整数解可由下列公式给出:
1 2 n
x=α3,x2=β3,…,x=τ 3,
1 n
w=αβ…τ (2)
其中α,β,…,τ 两两互素.
证明由(2)确定的x,x,…,x,w显然适合方程(1).现证明方程
1 2 n
(1)的每一个解都可表示为(2)形.设x,x,…,x,w为方程(1)的一个
解.令
1 2 n
x=α3x′,x=β3x′,…,x=τ 3x′(3)其中x′,x′,…,x′
1 1 2 2 n n 1 2 n
为不含有立方因数的正数.因为x,x,…,x两两互素.所以α,β,…,
1 2 n
τ 及x′,x′…,x′,都两两互素.从(1)知α3β3…τ 3|w3,得αβ…
1 2 n
τ |w.设w=αβ…τ w,代入(1),得x′x′…x′=w3.
1 1 2 n 1
如果w有素因数p,那么p3|x′x′…x′.因为x′,x′,…,
1 1 2 n 1 2
x′两两互素,所以p3整除某个x′,这与x′没有立方因数矛盾,因此
n i i
只有w=1.于是x′x′…x′=1.因为x′都是正整数,故x′=x′=…
1 1 2 n i 1 2
=x′=1.因此(3)为
n
x=α3,x=β2,…,x=τ 3
1 2 n
其中α,β,…,τ 两两互素,而w=αβ…τ .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
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
(6)
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p≠3,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(α,β)=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)=α3 (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
α=α β γ
1 1 1
其中α ,β ,γ
1 1
两两互素.由(17)的前三式消去u,v,得
1
因为-z=αβ=α β γ
1 1
法又可得
β,所以3α β γ
1 1 1
,且|z|>|γ
1
|>0.用同样方
1
其中α ,β ,γ
2 2
满足3α β γ
2
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