Sophie Germain身份

下面的代数恒等式是由Sophie Germain提出的:

$\开始{对齐}^ 4 + 4 b ^ 4 & = \大(2 ^ \大)^ 2 + \大(2 b ^ 2 \大)^ 2 + 4 a ^ 2 b ^ 2-4a ^ 2 b ^ 2 \ \ & = \大(a ^ 2 + 2 ^ 2 \大)^ 2 - (2 ab) ^ 2 \ \ & = \大(a ^ 2 + 2 ^ 2 + 2 ab \大)\大(a ^ 2 + 2 ^ 2-2ab \大)\ \ & = \大((a + b) ^ 2 + b ^ 2) ((a - b) ^ 2 + b ^ 2 \大)。结束\{对齐}$

她在与。有关的探索中发现了这个身份费马最后定理还有质数检验。恒等式常用于求某种形式的整数的因数，在竞赛数学中很常见。下面是一个基本的例子:

证明 $3 ^ {44} + 4 ^ {29}$是合成的。

---

写 $3^{44} + 4^{29}$作为

$3 ^ {44} + 4 ^ 3 ^ {29} = {11 \ times4} + \大(4 \ times4 ^{28} \大)= \大(3 ^{11}\大)^ 4 + 4 \大(4 ^ 7 \大)^ 4。$

然后，由苏菲·热尔曼身份配合 $一个= 3 ^ {11}$而且 $b = 4 ^ 7$：

$\开始{对齐}3 ^{44}+ 4 ^{29}& = \大(3 ^{11}\大)^ 4 + 4 \ cdot4 ^{28} \ \ & = \大\[大(3 ^{11}\大)^ 2 + 2 \ cdot \大(4 ^ 7 \大)^ 2 + 2 \大(3 ^{11}\大)\大(4 ^ 7 \大)\]\ cdot \大\[大(3 ^{11}\大)^ 2 + 2 \ cdot \大(4 ^ 7 \大)^ 2 - 2 \大(3 ^{11}\大)\大(4 ^ 7 \大)\],\{对齐}结束$

它是两个都大于1的整数的乘积。 $_ \广场$

注意，如果 $a、b$两个因子都是正整数吗 $^ 4 + 4 b ^ 4$两个平方和是否大于正整数 $1，$除非 $b = 1$而且 $a - b = 0,$即。 $a = b = 1。$(在这种情况下， $A ^4+4b^4 = 5$实际上是质数。)这个事实在证明中通常是有用的(在本wiki的最后一部分中使用了几次)。

下面是该标识的一些典型应用。

对于任何正整数 $n > 1,$ $n ^ 4 + 4 ^ n$不是质数。

---

证明与介绍中的例子类似。如果 $n$是偶数，那么也是 $n ^ 4 + 4 ^ n。$如果 $n$很奇怪，说 $N = 2k+1，$然后

$n ^ 4 + 4 n ^ ^ n = 4 + 4 \大(2 ^ k \大)^ 4 = \离开(\大(n + 2 ^ k \大)^ 2 + 4 ^ k \) \离开(\大(n - 2 ^ k \大)^ 2 + 4 ^ k \右)$

这两个因素 $> 1。$ $_ \广场$

虽然知道存在因式分解通常就足够了，但有时因式分解的形式是有用的，例如下面的问题和例子:

(2011年麻省理工学院ATF女生数学奖)

数量 $104060465年$能被一个五位数质数整除。是什么?

---

请注意, $104060401年$看起来像是第四行帕斯卡三角形；也就是说,

$104060401 = 1 + \ binom {4} {1} 100 + \ binom {4} {2} 100 ^ 2 + \ binom{4}{3} 100 ^ 100 ^ 3 + 4 =(100 + 1) ^ 4 = 101 ^ 4。$

所以我们的数字是 $101^4 + 64 = 101^4 + 4 \cdot 2^4。$运用索菲·日尔曼的身份分解为

$104060465 = (103^2+2^2)(99^2+2^2) = 10613 \cdot 9805。$

唯一可能的五位数质因数是 $10613年,$既然已知有一个5位数质因数，那么这个就是它。 $_ \广场$

苏菲·热尔曼的同一性出现在抽象代数中的一个重要问题中:“在什么条件下 $n$而且 $一个$是多项式 $x ^ n了$不可约?”

这显然是必要的 $一个$不要成为一个 $n ^ \文本{th}$力量，但这还不够。例如, $X ^6 - 4$因式除以有理数为 $大(x ^ 3 - 2 \ \大)\大(x ^ 3 + 2 \大)。$所以事实上也有必要 $一个$不要做一个 $p {th} ^ \文本$任意质数的幂 $p$分 $n。$

这个条件是充分的吗，或者还有其他反例吗?

是的,如果 $n$能被 $4$而且 $= 4 b ^ 4$对于一些 $b,$的多项式 $x ^ n -$苏菲·热尔曼的身份

事实证明，这是所有的反例列表:

让 $K$是一个场， $a \in K，$,让 $n > 1$为正整数。然后 $x ^ n了$不可约结束了吗 $K$当且仅当

• $一个$不是 $p {th} ^ \文本$任何权力 $p | n$,

• 如果 $4 | n,$ $一个$不符合形式吗 $4 b ^ 4$为 $b \ K。$

证明超出了本维基的范围，但该定理的结果是Sophie Germain恒等式本质上是这种类型的二项式的“唯一”非平凡因式分解。

本节将专门证明以下定理:

让 $x, y, z$为非负整数。唯一的解决办法 $3^x+4^y = 5^z$是 $(0, 1, 1)$而且 $(2、2、2)。$

证据涉及苏菲·杰曼在多起案件中的身份。

看起来模 $4$： $(-1)^x + 0^y \等于1。$所以 $Y \ne 0$而且 $x$是偶数。写 $x = 2,$所以方程就变成了 $9^a + 4^y = 5^z。$

现在看mod $5$： $z = 0$是不可能的，所以方程变成 $(-1)^a+(-1)^y \等于0，$所以正好是其中之一 $一个$而且 $y$是偶数。

案例1: $一个$是偶数, $y$是奇数。
写 $a = 2,$ $y = 2 c + 1,$方程就变成了 $\大(3^b\大)^4 + 4 \cdot \大(2^c\大)^4 = 5^z，$苏菲·杰曼的身份可以分解

$5 ^ z = \左(\大(3 + 2 ^ ^ b c \大)^ 2 + 4 ^ c \) \离开(\大(3 ^ b - 2 c ^ \大)^ 2 + 4 ^ c \右)。$

这两个因素之间的区别是 $2 ^ 3 ^ {c + 2},$哪个不能被整除 $5,$但这两个因素都是幂 $5,$所以唯一的可能就是第二个是 $1.$这意味着 $c = 0$而且 $b = 0,$这给了 $x = 0, y = 1, z = 1。$

案例2: $一个$是奇数, $y$是偶数。
写 $y = 2摄氏度,$方程就变成了 $9^a + 16^c = 5^z。$看起来模 $8$： $5^z \equiv v;$所以 $z$是偶数。写 $z = 2 d,$现在我们有 $9^a+16^c = 25^d。$因式分解得到

$\big(5^d-4^c\big)\big(5^d+4^c\big) = 9^a。$

这两个因素的区别是 $2 ^ {2 c + 1},$哪个不能被整除 $9日,$所以 $5 ^ d-4 ^ c = 1。$

看起来模 $5,$我们得到了 $c$很奇怪，说 $c = 2 e + 1,$所以 $5^d = 1+4(2^e)^4$和苏菲·杰曼的身份

$5 ^ d = \离开(\大(1 + 2 ^ e \大)^ 2 + 4 ^ e \) \离开(\大(1 - 2 ^ e \大)^ 2 + 4 ^ e \右),$

这两个因素的区别是 $2 ^ {e + 2},$哪个不能被整除 $5,$第二个因素是 $1，$这意味着 $e = 0。$所以 $c = 1$而且 $d = 1,$这给了 $y = z = 2$因此 $x = 2。$

证明是完整的。 $_ \广场$

(参考:Carl Johan Ragnarsson，“Sophie Germain恒等式的一个有趣应用”，数学混乱第26节，没有。7，第417-428页)