多項(xiàng)式的Fermat定理1．關(guān)于多項(xiàng)式的Fermat大定理的背景資料1621年，法國(guó)學(xué)者Fermat收藏了一本古希臘數(shù)學(xué)家Diophantos的數(shù)論著作，在書中關(guān)于“把一個(gè)平方數(shù)分解為兩個(gè)平方數(shù)的和”的這一章的某頁(yè)的邊緣上寫下了一個(gè)批注；“反之，不可能把一個(gè)立方數(shù)分解為兩個(gè)立方數(shù)的和，不可能把一個(gè)四次方數(shù)分解為兩個(gè)四次方數(shù)的和。一般地，除了二次冪以外，不可能把一個(gè)乘冪分解為兩個(gè)同次乘冪的和。對(duì)此，我已經(jīng)找到了一個(gè)奇妙的證法。不過(guò)，頁(yè)邊地方太狹窄，容納不下?！盕ermat的意思翻譯成數(shù)學(xué)語(yǔ)言就是Fermat大定理對(duì)于任何自然數(shù)n>3，方程x?+yn=z?沒(méi)有正整數(shù)解。Fermat曾經(jīng)打算寫一本書，講一講他解決數(shù)論問(wèn)題的獨(dú)特方法，但對(duì)任何人都不肯稍稍寬限的死神把他帶走了。后人在整理他的書稿時(shí)發(fā)現(xiàn)了這個(gè)批注，以Fermat的人品，凡是他聲稱證明過(guò)的結(jié)論沒(méi)有一個(gè)遭到否定(唯一遭到否定的就是他聲稱的22n+1恒能得到素?cái)?shù)，但恰恰這個(gè)結(jié)論他又聲稱他自己沒(méi)有找到合理的證明)，所有這些使后人堅(jiān)信Fermat的結(jié)論是正確的。差不多三百年來(lái)有名的數(shù)學(xué)家都想要解決這個(gè)問(wèn)題。法國(guó)的科學(xué)院，比利時(shí)的皇家科學(xué)院等數(shù)學(xué)團(tuán)體都曾懸賞給這個(gè)問(wèn)題解決者，可惜沒(méi)有人能拿到。他們是多么地希望Bachet所譯的這部Diophantos的著作邊頁(yè)能夠加寬一些，讓Fermat多留下一些信息，使后人能夠猜出Fermat的思想。不僅如此，在Fermat留下的其它任何書稿中，再也沒(méi)有關(guān)于此問(wèn)題的只言片語(yǔ)，不管后者如何堅(jiān)持不懈，孜孜以求，幾百年來(lái)該問(wèn)題始終無(wú)法解決，即不能證明也不能否定?！胺匠蘹n+yn二zn沒(méi)有正整數(shù)解”成了數(shù)學(xué)歷史上第一個(gè)無(wú)法否定也沒(méi)有證明就被命名為定理的Fermat最后定理。十九世紀(jì)，抽象代數(shù)和多項(xiàng)式理論的發(fā)展，人們發(fā)現(xiàn)很多關(guān)于整數(shù)的信息也能在域上多項(xiàng)式環(huán)里找到(后來(lái)人們把很接近整數(shù)環(huán)的這些環(huán)叫做Euclid環(huán))，因此萌發(fā)了類似的猜想多項(xiàng)式的Fermat大定理對(duì)于數(shù)域P上任意三個(gè)多項(xiàng)式f(x),g(x),h(x)，若(f(x),g(x),h(x))=1，且不全為常數(shù)，以及任何自然數(shù)n>3，等式f(x)n+g(x)n二h(x)n永遠(yuǎn)不成立。此猜想公布不久，數(shù)學(xué)家借用當(dāng)時(shí)代數(shù)幾何學(xué)的理論，成功地獲得了證明，證明的篇幅不短，證明方法也是非常的專業(yè)和深?yuàn)W。這也更加增大了數(shù)學(xué)家們對(duì)Fermat大定理的堅(jiān)信。1908年，德國(guó)一個(gè)數(shù)學(xué)愛(ài)好者Pau1，從他的財(cái)產(chǎn)中拿出十萬(wàn)馬克懸賞求解Fermat大定理的正確證明，期限100年。即：在公元2007年之前，第一個(gè)給出Fermat大定理的正確證明的人，就能領(lǐng)取這筆巨大的獎(jiǎng)金。使得數(shù)學(xué)家們又開(kāi)始了新一輪與時(shí)間的競(jìng)爭(zhēng)，又經(jīng)過(guò)近百年的努力，終于在1995年由英國(guó)的A.Wiles給出了完整的證明。三百多年，如愿以償！Fermat大定理的證明方法和多項(xiàng)式的Fermat大定理的證明方法一樣，都是深?yuàn)W和難以理解的。至少在代數(shù)學(xué)家們覺(jué)得關(guān)于整數(shù)的認(rèn)識(shí)和關(guān)于域上多項(xiàng)式環(huán)的認(rèn)識(shí)都已經(jīng)完成得差不多了的時(shí)候，很難期待再有更簡(jiǎn)潔的證明。然而R.C.Mason在1983年卻發(fā)現(xiàn)了一個(gè)關(guān)于多項(xiàng)式的非常有趣的新結(jié)果(見(jiàn)本文后)。它的出現(xiàn)猶如石破天驚！使得關(guān)于多項(xiàng)式的Fermat大定理的證明變得非常地容易，它又一次打破了一種平衡。就象關(guān)于Goldbach猜想的討論一樣，關(guān)于自然數(shù)的Goldbach猜想迄今還沒(méi)有獲得證明，而由于不可約多項(xiàng)式的Eisestein判別法的發(fā)現(xiàn)，使得關(guān)于多項(xiàng)式的Goldbach猜想早已經(jīng)很容易地被證明了。2．關(guān)于多項(xiàng)式的Fermat大定理的證明設(shè)f(x)是一個(gè)復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式，我們用Q(f(x))表示f(x)的次數(shù)，n(f(x))表示f(x)的所有根中0不同的根的個(gè)數(shù)，b(x)是f(x)的基本多項(xiàng)式(即f(x)的全體互不相同的首項(xiàng)系數(shù)等于1的不可約f多項(xiàng)式及f(x)的首項(xiàng)系數(shù)的乘積)，由高等代數(shù)的結(jié)論，我們有b(x)= ，f (f(x),f(x))而且每個(gè)根都對(duì)應(yīng)于一個(gè)一次因式。由于在復(fù)數(shù)域C中，不可約多項(xiàng)式只有一次多項(xiàng)式，因此根的個(gè)數(shù)和兩兩互素的一次因式的個(gè)數(shù)相等，也即和這些兩兩互素的一次因式的乘積的次數(shù)相等。因此在復(fù)數(shù)域C中，b(x)就等于這些兩兩互素的一次因式的乘積再乘以一個(gè)常數(shù)，從而有等式fn(f(x))=8(b(x))。另外一個(gè)顯然的關(guān)系式就是n(f(x))<d(f(x))。0 f 0NoahSnyder定理(1998)Vf(x)w口[x],f(x)豐0，那么a(f(x))=Q(f(x)f(x))+n(f(x))。I0證明由于f(x)=(f(x),f'(x))b(x)，所以a(f(x))=d(f(x),f'(x))+a(b(x))ff=a(f(x),f(x))+n(f(x))。oR?Tudeman定理(1986)設(shè)f(x),g(x)分[X]，且都非零多項(xiàng)式，則(f(x),g(x))=1on(f(x)g(x))=n(f(x))+n(g(x))。I000證明”n"顯然。"u"若(f(x),g(x))=d(x)主1，則它們有公共根，因此就會(huì)有n(f(x)g(x))<(f(x))+n(g(x))—1，矛盾。所以(f(x),g(x))=1。0推論一般地，如果多項(xiàng)式組f(x),f(x),,f(x)兩兩互素，則12mn(f(x)f(x)f(x))=n(f(壬))+n(f(x))++n(f(x))。I012m0020m??????U.Zannier定理(1995)P是任意的數(shù)域，Vf(x),g(x),h(x)wP[x]且適合關(guān)系f(x)+g(x)=h(x),那么(f(x),g(x),h(x))=1的充分必要條件是或者(f(x),g(x))=1，或者(f(x),h(x))=1，或者(g(x),h(x))=1,即適合這種關(guān)系的三個(gè)多項(xiàng)式總體互素的充分必要條件是它們兩兩互素。|證明"u"顯然。"n"若(f(x),g(x))=d(x)豐1,則d(x)f(X且d(x)|g(x),從而整除它倆的和d(x)|f(x)+g(x)=h(x)，因此d(x)|(f(x),g(x),h(x))，與(f(x),g(x),h(x))=1矛盾！其它情形只需改寫關(guān)系式f(x)+g(x)=h(x)成為h(x)+(-g(x))=f(x)或h(x)+(-f(x))=g(x)，證明完全類似。W?Strother定理(1981)對(duì)于數(shù)域P上任意三個(gè)多項(xiàng)式f(x),g(x),h(x)，若(f(x),g(x),h(x))=1且f(x)+g(x)=h(x)，則有((f(x),f'(x)),(g(x),g'(x)))=1和((f(x),f'(x)),(h(x),h(x)))=1和((g(x),g'(x)),(h(x),h'(x)))=1o|證明 設(shè)((f(x),f'(x)),(g(x),g'(x)))=d(x)，可得到d(x)|(f(x),f‘(x),d(x)|(g(x),g'(x))，即d(x)|f(x),d(x)|g(x)，由上面的Zannier定理，有(f(x),g(x))=1，因此得出d(x)=1，其它兩個(gè)結(jié)論類似。引理設(shè)非零多項(xiàng)式f(x),g(x)，它們不全為常數(shù)，并且(f(x),g(x))=1，則f'(x)g(x)—f(x)g'(x)豐0o1證明如果f'(x)g(x)—f(x)g(x=0則f'(x)g(x)=f(x)g(x)所以f(x)|f'(x)g(x)，因?yàn)?f(x),g(x))=1所以f(x)|f'(x)，因此f(x)是常數(shù)。同理能推得g(x)|g'(x)，因此g(x)也是常數(shù)。矛盾。SergeLang定理(1985)對(duì)于數(shù)域P上任意三個(gè)多項(xiàng)式f(x),g(x),h(x)，若(f(x),g(x),h(x))=1且f(x)+g(x)=h(x)，則乘積(f(x),f'(x))(g(x),g'(x))(h(x),h'(x))|(f'(x)g(x)—f(x)g'(x))(f(x),f'(x))(g(x),g'(x))(h(x),h'(x))|(f(x)h(x)—f(x)h'(x))(f(x),f'(x))(g(x),g'(x))(h(x),h'(x))|(g'(x)h(x)—g(x)h'(x))。|

證明顯然有(f(x),f'(x))|(f'(x)g(x)-f(x)g'(x))以及 (g (x心(x\))f x( g-x()廠x( , x())由上面Strother定理有((f(x),廣(x)),(g(x),g'(x)))=1,所以乘積 (f(x),f (x ))g( x(' g,| xCM (x-g 尢(fxg )x ())又因?yàn)閒(x)g(x)—f(x)g'(x)=f(x)g(x)+f'(x)f(x)—f(x)f'(x)—f(x)g'(x)=f'(x)(g(x4)f(x—)f(x)f+x')g戎'))fx(-h) )fxhx所以(h(x),h'(x))|(f'(x)h(x)—f(x)h'(x))=(f'(x)g(x)—f(x)g'(x))再由Strother定理，有(f(x)fx)g(x(0,x()h)垠h=)x,所以 (f (x),f (x ))g( x(' g,x( h)x (h )x' ( f))—( g(x) 'f,)x g( x)())其它兩個(gè)同理證明。R.C.Mason定理(1983) 設(shè)非零多項(xiàng)式f(x),g(x)處勺)，它們不全為常數(shù)，并且(f(x)gx)h訣，)f(x)+g(x) h(x則max{Q(f(x),d(g(x),d(h(x)}<n0(f(x)g(x)h(x))—1o|證明 由于關(guān)系式f(x)+g(x)=h(x)以及它們不全為常數(shù)，因此在多項(xiàng)式f(x),g(x),h(x)中間,最多只有一個(gè)是常數(shù)。因?yàn)镼(f'(x)g(x))=a(f(x))+a(g(x))=a(f(x))—1+a(g(x))o(f(x)g'(x))=Q(f(x))+Q(g'(x))=Q(f(x))+Q(g(x))—1而f(x),g(x)互素且不全是常數(shù)，由引理f(x)g(x)-f(x)g'(x)豐0,所以 Q(f (x)g(x—) f(x)g (<xQ)) (f+Qx( )) —g(x(由SergeLang定理，可得Q(f(x),f(x))+Q(g(x),g(x))+Q(h(x),h(x))所以<Q(f(x)g(x)—f(x)g(x))<Q(f(x))+Q(g(x))—1所以Q(h(x),h(x))<Q(f(x))-d(f(x),f'(x))+3(g(x))-d(g(x),g'(x))-1二n(f(x))+n(g(x))—100注意到3(h(x),h(x))=3(h(x))-n(h(x))代入得03(h(x))<n(f(x))+n(g(x))+n(h(x))-1,000由已知條件和Zannier定理，得f(x),g(x),h(x)兩兩互素，所以由Tudeman定理推論得n(f(x)g(x)h(x))二n(f(x))+n(g(x))+n(h(x)),0000因此證得一個(gè)關(guān)系式3(h(x))<n(f(x)g(x)h(x))-1。0改寫等式f(x)+g(x)二h(x成為h(x)+(-g(x))=f(x或h(x)+(-f(x))二g(x)，同樣的推理可證得3(f(x))<n(f(x)g(x)h(x)-和3(g(x))<n(f(x)g(x)h(x))一1，綜合這三個(gè)結(jié)論得00max{3(f(x)),3(g(x)),3(h(x))}<n(f(x)g(x)h(x))-1。0多項(xiàng)式的Fermat大定理對(duì)于數(shù)域P上任意三個(gè)多項(xiàng)式f(x),g(x),h(x)，若(f(x),g(x),h(x))=1，且不全為常數(shù)，以及任何自然數(shù)n>3，等式f(x)n+g(x)n二h(x)n永遠(yuǎn)不成立?！鲎C明設(shè)多項(xiàng)式f(x),g(x)h書)不全為常數(shù)，且(f(x)gx)h弍))滿足f(x)+gxn芫hx(。)由假設(shè)可得(f(x)n,g(x)n,h(x)n)=1。由Mason定理得max{3(f(x)n),3(g(x)n),3(h(x)n)}<n(f(x)ng(x)nh(x)n)-10所以3(f(x)n)+3(g(x)n)+3(h(x)n)<3(n(f(x)ng(x)nh(x)n)-1)0由Zannier定理和Tudeman定理，得f(x)n,g(x)n,h(x)n兩兩互素，從而有n(f(x)ng(x)nh(x)n)=n(f(x)n)+n(g(x)n)+n(h(x)n)。0000注意到對(duì)于任何多項(xiàng)式申(x)都有3(甲(x)n)=n3即(x)), n(甲(x)n)=n(q(x))及n(q(x))<3(q(x)),000所以得n(3(f(x))+3(g(x))+3(h(x)))二3(f(x)n)+3(g(x)n)+3(h(x)n)<3(n(f(x)ng(x)nh(x)n)-1)二3(n(f(x)n)+n(g(x)n)+n(h(x)n)-1)0000二3(n(f(x))+n(g(x))+n(h(x))-1)<3(Q(f(x))+Q(g(x))+Q(h(x))-1)000=3(3(f(x))+a(g(x))+a(h(x)))-3所以 3<(3-n)3f(x(+)3g(x(+)3hx(而已知3-n<o,a(f(x))+a(g(x))+a(h(x))>0，所以得出矛盾。證畢。3．關(guān)于多項(xiàng)式的Fermat大定理的推廣在多項(xiàng)式的Fermat大定理中，如果增加一個(gè)多項(xiàng)式，如方程f(x)3+g(x)3+h(x)3=k(x)3可以很容易地得到任意多的解。如取f(x)=x4+x,g(x)=2x-x4,h(x)=1-2x3,k(x)=x3+1,就有f(x)