苏菲日尔曼的身份

下面的代数恒等式来自于Sophie Germain:

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

她在与之相关的探索中发现了这个身份费马最后定理和素性测试。恒等式常用于求某一形式整数的因子，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。

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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·日尔曼与 $一个= 3 ^ {11}$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 $a、b$都是正整数吗 $^ 4 + 4 b ^ 4$两个平方和的和是否大于正整数 $1，$除非 $b = 1$而且 $a - b = 0,$即。 $a = b = 1。$(在这种情况下, $^ 4 + 4 b ^ 4 = 5$实际上是质数。)这个事实在证明中通常是有用的(在本维基的最后一节中使用了几次)。

下面是该标识的一些典型应用。

证明它适用于任何正整数 $n > 1,$ $n ^ 4 + 4 ^ n$不是质数。

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证明类似于介绍中的例子。如果 $n$是偶数，那么是 $n ^ 4 + 4 ^ n。$如果 $n$很奇怪,说 $n = 2 k + 1,$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 $> 1。$ $_ \广场$

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

(MIT ATF女生数学奖，2011)

数量 $104060465年$能被一个五位数的质数整除。它是什么?

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请注意, $104060401年$好像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 $101^4 + 64 = 101^4 + 4 \cdot 2^4。$应用苏菲·日尔曼的恒等式分解为

$104,060,465 =(103²+2²)(99²+2²)= 10613 \cdot 9805。$

唯一可能的五位数质因数是 $10613年,$既然已知有一个五位数的质因数，这一定是它。 $_ \广场$

Sophie Germain的恒等式出现在抽象代数的一个重要问题中"在什么条件下 $n$而且 $一个$是一个多项式 $x ^ n了$不可约?”

这显然是必要的 $一个$不是一个 $n ^ \文本{th}$但这还不够。例如, $x ^ 6 - 4$因式除以有理数等于 $大(x ^ 3 - 2 \ \大)\大(x ^ 3 + 2 \大)。$所以事实上也有必要 $一个$不是一个 $p {th} ^ \文本$任意质数的幂 $p$分 $n。$

这个条件是充分的吗，还是有其他反例?

是的,如果 $n$是整除 $4$而且 $= 4 b ^ 4$对于一些 $b,$的多项式 $x ^ n -$Sophie Germain的身份。

事实证明，这就是所有的反例:

让 $K$是一个场， $在K, \$,让 $n > 1$必须是正整数。然后 $x ^ n了$是不可约 $K$当且仅当

• $一个$不是一个 $p {th} ^ \文本$权力对于任何 $p | n$,

• 如果 $4 | n,$ $一个$不是形式吗 $4 b ^ 4$为 $b \ K。$

证明超出了这个维基百科的范围，但这个定理的结论是，Sophie Germain的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。

本节主要讨论以下定理的证明:

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

证据涉及苏菲·日耳曼在多个案件中的身份。

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

现在国防部 $5$： $z = 0$是不可能的，所以方程变成 $(1) ^ + (1) ^ y \枚0,$所以正好是 $一个$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 $\大(3^b\大)^4 + 4 \cdot \大(2^c\大)^4 = 5^z，$所以苏菲·日尔曼的身份是因式分解的

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

这两个因素的区别是 $2 ^ 3 ^ {c + 2},$哪个不能被整除 $5，$但这两个因子都是的幂 $5，$所以唯一的可能性是第二个 $1.$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 $8$： $5 ^ z \ 1枚,$所以 $z$是偶数。写 $z = 2 d,$现在我们有 $9 ^ + 16 c ^ = ^ 25 d。$然后分解了

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

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 $c$很奇怪,说 $c = 2 e + 1,$所以 $5 ^ d = 1 + 4 (2 e ^) ^ 4$和索菲·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 $x = 2。$

证明完成了。 $_ \广场$

(参考:Carl Johan Ragnarsson，《Sophie Germain恒等式的一个有趣应用》数学混乱诉26,没有。7, 417 - 428页。)