费马大定理与哥德巴赫猜想
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费马大定理与哥德巴赫猜想
算是半个标题党了（）
记录一下 2024/04/25 要在益友学者见面会讲的内容.
$\text{2024.04.24 10:00\;}$ 开始施工
阅读此文可能需要的前置知识:
- 多项式基本性质
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本文旨在证明如下两个定理:
> **Theorem 1.** _(Fermat's Last Theorem)_ 设正整数 $n$ 及互素的复系数非常值多项式 $a,b,c$ 满足
>
> $$a^n+b^n=c^n,$$
>
>则 $n\leq 2$.
> **Theorem 2.** _(Goldbach's Hypothesis)_ 对任意整系数多项式 $f$, 存在在整系数范围内不可约的多项式 $g,h$ 使得 $f=g+h$.
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我们先证明定理 1. 为此需要一个引理:
> **Lemma 1.** _(Mason Stothers)_ 设不全为常值的互素的复系数多项式 $a,b,c$ 满足 $a+b=c$, 则
>
> $$\deg a,\deg b,\deg c\leq\text{Rad}(abc)-1.$$
>
> 这里 $\text{Rad}(f)$ 表示多项式 $f$ 的不同零点个数.
**Proof for Lemma 1.** 首先指出这里互素是指整体互素还是两两互素没有区别.
由互素知 $a,b,c$ 均非零. 作标准分解
$$a(x)=A\prod(x-a_i)^{\alpha_i},\;\;b(x)=B\prod(x-b_j)^{\beta_j},\;\;c(x)=C\prod(x-c_k)^{\gamma_k}.$$
记 $p=\frac{a}{c},q=\frac{b}{c}$. 对等式 $p+q=1$ 求导得 $p'+q'=0$. 故
$$\frac{a}{b}=\frac{p}{q}=-\frac{p'/p}{q'/q}.$$
其中
$$\frac{p'}{p}=A\sum \frac{\alpha_i}{x-a_i}-C\sum\frac{\gamma_k}{x-c_k},\quad\frac{q'}{q}=B\sum\frac{\beta_j}{x-b_j}-C\sum\frac{\gamma_k}{x-c_k}.$$
记 $d(x)=\prod(x-a_i)\prod(x-b_j)\prod(x-c_k)$ 是 $\text{Rad}(abc)$ 次多项式, 则 $d\frac{p'}{p}$ 与 $-d\frac{q'}{q}$ 都是整系数多项式, 且次数不超过 $\text{Rad}(abc)-1$. 而互素的多项式 $a,b$ 的比值等于它们的比值, 故 $\deg a,\deg b$ 均不超过 $\text{Rad}(abc)-1$, 所以 $\deg c$ 也是如此.
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**Proof for Theorem 1.** 对 $a^n,b^n,c^n$ 用引理 $1$, 得
$$\begin{aligned}
n\max\{\deg a,\deg b,\deg c\}&\leq \text{Rad}(a^nb^nc^n)-1\\
&=\text{Rad}(abc)-1\\
&<3\max\{\deg a,\deg b,\deg c\}
\end{aligned}$$
所以 $n\leq 2$.
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接下来证明定理 2. 为此需要一个关于整系数多项式不可约的判别准则:
> **Lemma 2.** _(Eisenstein's criterion)_ 设整系数多项式 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$. 素数 $p$ 满足
>
> $$p\nmid a_n,\;\;\;p|a_0,a_1,\cdots,a_{n-1},\;\;\;p^2\nmid a_0,$$
>
> 则 $f(x)$ 在整系数范围内不可约.
**Proof for Lemma 2.** 用反证法, 假设 $f=gh$ 在整系数范围内可约, 记
$$\begin{aligned}
g(x)&=b_lx^l+b_{l-1}x^{l-1}+\cdots+b_0,\\
h(x)&=c_mx^m+c_{m-1}x^{m-1}+\cdots+c_0.
\end{aligned}$$
其中正整数 $l,m$ 满足 $l+m=n$.
则 $p\,|\,a_0=b_0c_0$, 不妨设 $p\,|\,b_0$. 由 $p^2\nmid a_0$ 知 $p\nmid c_0$. 接下来归纳证明 $p\,|\,b_0,b_1,\cdots,b_l$.
假设已经证明 $p\,|\,b_0,b_1,\cdots,b_k$, 其中 $k\leq l-1\leq n-2$. 则
$$p\,|\,a_{k+1}=b_0c_{k+1}+b_1c_k+\cdots+b_{k}c_1+b_{k+1}c_0.$$
其中补充定义 $c_j=0(j>m)$. 由归纳假设, $b_0c_{k+1},b_1c_k,\cdots,b_kc_1$ 都是 $p$ 的倍数, 故 $p\,|\,b_{k+1}c_0$. 又 $p\nmid c_0$, 所以 $p\,|\,b_{k+1}$. 归纳完毕.
特别地, $p\,|\,b_l$, 所以 $p\,|\,a_n=b_lc_m$, 矛盾. 从而 $f$ 不可约.
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**Proof for Theorem 2.** 设 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$. 待定 $b_0\sim b_n,c_0\sim c_n$. 取素数 $p\neq q$. 解同余方程组
$$p\,|\,b_k,\;\;q\,|\,c_k,\;\;b_k+c_k=a_k\quad\quad(1\leq k\leq n-1),$$
以及
$$p\nmid b_n,\;\;q\nmid c_n,\;\;b_n+c_n=a_n;$$
$$p^2\,|\, b_0+p,\;\;q^2\,|\, c_0+q,\;\;b_0+c_0=a_0.$$
不妨设 $q\neq 2$, 则 $b_n$ 取 $\pm 1$ 之一时能使 $q\nmid c_n$. 其它式子均可由 $\gcd(p,q)=1$ 及 Bezout 定理构造. 最后一个条件蕴含 $p^2\nmid b_0$ 及 $q^2\nmid c_0$.
最后令
$$\begin{aligned}
g(x)&=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_0,\\
h(x)&=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_0.
\end{aligned}$$
由引理 2, 知 $g,h$ 不可约. 由构造方式, $f=g+h$.
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我们可以将定理 2 做得稍强一些
> **Theorem 2-plus** 对任意首一非常值整系数多项式 $f$, 存在在整系数范围内不可约的首一多项式 $g,h$ 使得 $f=g+h$.
**Sketch of the proof.** 设 $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$. 当 $\deg f=1$ 时, 直接令 $g\equiv 1,h=f-1$ 即可.
下设 $\deg f\neq 1$. 当 $a_{n-1}\not\in\{0,2\}$ 时, 令
$$\begin{aligned}
g(x)&=x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}+\cdots+b_0,\\
h(x)&=x^n+(a_{n-1}-1)x^{n-1}+c_{n-2}x^{n-2}+\cdots+c_0.
\end{aligned}$$
取素数 $p\,|\,a_{n-1}-1$, 再取素数 $q\neq p$. 令
$$q\,|\,b_k,\;\;p\,|\,c_k,\;\;b_k+c_k=a_k\quad(1\leq k\leq n-2),$$
以及
$$q^2\,|\,b_0+q,\;\;p^2\,|\,c_0+p,\;\;b_0+c_0=a_0$$
即可.
当 $a_{n-1}\in\{0,2\}$ 时, 可以适当平移 $x'\leftarrow x+t$, 其中 $t$ 为整数, 使得新得到的 $a_{n-1}\not\in\{0,2\}$. 化为已解决的情况.