第39章 證法太多啦
「第一種方法，用群論中的拉格朗日定理來證明。」
「構造模p乘法群Z*p=（1，2，3……p-1），p為素數，其階為p-1。對該群中任意元素a∈Z*p，其生成的循環子群
<a>的階，必整除p-1。即存在整數k，使得p-1=k·ord（a），因此，可直接導出a^（p-1）≡1（mod p）。」
「清晰又簡單，幾步就證出來了……不過這需要用到群論。」
羅倫這一世並沒有接觸過抽象代數，甚至連線代等高等代數的內容也沒接觸過。
而群論屬於抽象代數的分支內容。
當前，羅倫並不清楚這個世界的代數學，究竟發展到了哪個地步。
群環域等抽象代數的概念是否已經誕生？
連費馬小定理都能被稱作難題，想來是沒誕生的，否則不至於連一道初等數論的題目都搞不定。畢竟初等數論的強度連線性代數都不如，強度在線性代數之上的抽象代數，那得解析數論和代數數論來了才能與之碰一碰。
所以，眼下若要用群論來解決這道題目，就得從無到有把群論搞出來，然後才能運用其中的各種結論解題。
為了證明個費馬小定理，就將群論拎出來？
這純屬是用大炮打蚊子，或者說是為了蘸那點醋就去包餃子，非但沒太大必要，還顯得太蠢、太虧了。
畢竟，這個世界的數學知識並非只是死的邏輯工具，而是具有超凡特性的事物。
在沒搞明白當前數學界的格局之前，貿然將群論這種能顛覆世界的數學大殺器祭出來，不一定是件好事。
迅速斃掉群論證法後，羅倫的思緒再次流轉起來。
「第二種方法，直接通過初等數論中的歐拉定理來證明，設a與p為正整數，且它們的最大公約數為1，則有a^φ(p)≡1（mod p），當p是一個素數時，φ(p)=p﹣1，即可得證……」
「說起來，費馬小定理本就可以看作是數論歐拉定理的一個特例，屬於是天然推論。」
「第三種方法，通過將二項式定理展開比較係數，再結合歸納法，也可得證。」
「第四種方法，進行多項式根與導數分析，利用代數方程的根唯一性來證明，不過還是需要用到群論的一些思想。」
「第五種方法，尋找組合不變量與代數結構的深層聯繫，再通過旋轉對稱性來證明，譬如，將題干中的模p運算，與素數長度項鍊的旋轉對稱性對應，也可以完成證明。」
「第六種方法，利用完全剩餘系來證明，考慮集合{a， 2a，...，(p-1)a}在模p下的排列，這些數的乘積與1到p-1的乘積同餘……」
思緒到這裡，羅倫的心中又不由延伸出了更多的證明方法。
不過，多是以上幾種方法的變形。
仔細斟酌了下，他覺得第三種方法最省心省事。
「相比於另外五種證法，二項式定理和歸納法，是這個世界中已誕生的概念……」
「之前在霧森三中上課時，有個數學老師為了賣弄自己對前沿知識的掌握程度，專門講述過二項式定理的內容，不需要涉及新的概念，而且比較容易理解……那就它了。」
思緒流轉到這裡。
確定要用第三種證法，來解決這道猜想後，羅倫也不拖沓。
他一抬手，指尖自動繞起一圈橙黃霧氣，化作一支帶墨的寫字筆，筆尖觸及白色寫字板，快速往上面書寫起了自己的證明過程。
[對（a+1）^p進行二項式展開，可知：（a+1）^p=∑（k=0→p）（k，p）a^(k-p)·1^k=(0，p)a^p+(1，p)a^（p-1）+……+(p-1，p)a+（p，p）。]
[通過觀察，可以注意到：當p是素數時，除了第一項和最後一項，其餘的每一項係數都是p的倍數。]
一旁，莫利斯見羅倫居然看了幾眼題目，沒過多久，便開始了解答，神情不由一怔。
這就有解題思路了？
不會吧……
莫利斯心下一跳，但隨後又暗暗搖頭：
「不可能，這才多久……」
「這小子應該和之前的我一樣，發現一些思路就急匆匆地開始了作答。如果不出意外的話，他應該很快就會犯下我之前犯過的錯誤，走入死胡同，最終不得不回到原點。」
只是，不出意外的話還是出現了意外。
羅倫答題的速度很快。
筆下如有神助，書寫相當流暢。
沒過多久，羅倫的證明過程便走到了最後。
[……因此，根據歸納法，a^p﹣a被素數p整除對任意正整數a成立……最終，若p是一個素數，且整數a與p互質，則有a^（p﹣1）≡1（mod p），證畢！]
寫下最後兩個字後，羅倫扭頭看向正盯著白色寫字板發呆的莫利斯，說道：
「莫利斯特使，我證完了。」
莫利斯沒有搭理他，反而還伸出手掌，一把將他薅開，自己湊到白色的寫字板前，盯著他的證明過程逐字逐句地看了起來。
一邊看，他還在喃喃吐字道：
「二項式展開？」
起初，莫利斯還想找找羅倫答題的錯漏，然而，當他草草地將羅倫的解答過程瀏覽一遍後，臉上的表情陡然變得十分嚴肅。
「等等，等等……將（a+1）^p展開後，每一項的係數，都和p有關？」
莫利斯呢喃間，又伸手一把將羅倫薅了過來，手指頭指著寫字板上的某處解答過程道：
「這裡是怎麼回事，怎麼就注意到了？你沒寫清楚吧？」
「寫清楚了的。」羅倫解釋道：「不是每一項的係數，而是除了第一項與最後一項的係數，都是p的倍數，並且，前提是這個p是素數，偶數則不行。」
「嗯，好像是……」莫利斯還在思考中。
「不是好像是，而是就是。」羅倫上前拆解道：「二項式展開（a+1）^p後，係數（k，p）實際就等於p！/（k！（p-k）！）……」
「噢，知道了知道了。」
莫利斯發出了恍然大悟的聲音：
「當p為素數，且0＜k＜p時，係數（k，p）是整數，且分子含因子p，因此係數（k，p）≡0（mod p）對所有0＜k＜p成立。所以除了第一項和最後一項，所有中間項的係數，都會保留一個不被約掉的p，意味著能被p整除。」
「接下來顯而易見的，代入同餘式可得（a+1）^p≡a^p+1（mod p），意味著（a+1）^p-a^p-1，必然是p的倍數。」
「而根據題目的假設內容，a^（p﹣1）≡1（mod p），簡單調整後，可以將其變形為：a^p﹣a≡0（mod p）。」
「這時候，可以寫出a^p﹣a的a+1項，有（a+1）^p﹣（a+1）=[（a+1）^p﹣a^p﹣1]+a^p﹣a，觀察可知，若a^p﹣a能被p整除，則（a+1）^p﹣（a+1），也一定能被p整除。」
到這裡，整道題的證明已是相當清晰明朗了。
根據歸納法，只需要證明當a=1時，a^p﹣a能被p整除即可。
而a=1時，a^p﹣a=0，顯然是能被任意素數p整除的。
綜上，弗根猜想由此得證。
「構造模p乘法群Z*p=（1，2，3……p-1），p為素數，其階為p-1。對該群中任意元素a∈Z*p，其生成的循環子群
<a>的階，必整除p-1。即存在整數k，使得p-1=k·ord（a），因此，可直接導出a^（p-1）≡1（mod p）。」
「清晰又簡單，幾步就證出來了……不過這需要用到群論。」
羅倫這一世並沒有接觸過抽象代數，甚至連線代等高等代數的內容也沒接觸過。
而群論屬於抽象代數的分支內容。
當前，羅倫並不清楚這個世界的代數學，究竟發展到了哪個地步。
群環域等抽象代數的概念是否已經誕生？
連費馬小定理都能被稱作難題，想來是沒誕生的，否則不至於連一道初等數論的題目都搞不定。畢竟初等數論的強度連線性代數都不如，強度在線性代數之上的抽象代數，那得解析數論和代數數論來了才能與之碰一碰。
所以，眼下若要用群論來解決這道題目，就得從無到有把群論搞出來，然後才能運用其中的各種結論解題。
為了證明個費馬小定理，就將群論拎出來？
這純屬是用大炮打蚊子，或者說是為了蘸那點醋就去包餃子，非但沒太大必要，還顯得太蠢、太虧了。
畢竟，這個世界的數學知識並非只是死的邏輯工具，而是具有超凡特性的事物。
在沒搞明白當前數學界的格局之前，貿然將群論這種能顛覆世界的數學大殺器祭出來，不一定是件好事。
迅速斃掉群論證法後，羅倫的思緒再次流轉起來。
「第二種方法，直接通過初等數論中的歐拉定理來證明，設a與p為正整數，且它們的最大公約數為1，則有a^φ(p)≡1（mod p），當p是一個素數時，φ(p)=p﹣1，即可得證……」
「說起來，費馬小定理本就可以看作是數論歐拉定理的一個特例，屬於是天然推論。」
「第三種方法，通過將二項式定理展開比較係數，再結合歸納法，也可得證。」
「第四種方法，進行多項式根與導數分析，利用代數方程的根唯一性來證明，不過還是需要用到群論的一些思想。」
「第五種方法，尋找組合不變量與代數結構的深層聯繫，再通過旋轉對稱性來證明，譬如，將題干中的模p運算，與素數長度項鍊的旋轉對稱性對應，也可以完成證明。」
「第六種方法，利用完全剩餘系來證明，考慮集合{a， 2a，...，(p-1)a}在模p下的排列，這些數的乘積與1到p-1的乘積同餘……」
思緒到這裡，羅倫的心中又不由延伸出了更多的證明方法。
不過，多是以上幾種方法的變形。
仔細斟酌了下，他覺得第三種方法最省心省事。
「相比於另外五種證法，二項式定理和歸納法，是這個世界中已誕生的概念……」
「之前在霧森三中上課時，有個數學老師為了賣弄自己對前沿知識的掌握程度，專門講述過二項式定理的內容，不需要涉及新的概念，而且比較容易理解……那就它了。」
思緒流轉到這裡。
確定要用第三種證法，來解決這道猜想後，羅倫也不拖沓。
他一抬手，指尖自動繞起一圈橙黃霧氣，化作一支帶墨的寫字筆，筆尖觸及白色寫字板，快速往上面書寫起了自己的證明過程。
[對（a+1）^p進行二項式展開，可知：（a+1）^p=∑（k=0→p）（k，p）a^(k-p)·1^k=(0，p)a^p+(1，p)a^（p-1）+……+(p-1，p)a+（p，p）。]
[通過觀察，可以注意到：當p是素數時，除了第一項和最後一項，其餘的每一項係數都是p的倍數。]
一旁，莫利斯見羅倫居然看了幾眼題目，沒過多久，便開始了解答，神情不由一怔。
這就有解題思路了？
不會吧……
莫利斯心下一跳，但隨後又暗暗搖頭：
「不可能，這才多久……」
「這小子應該和之前的我一樣，發現一些思路就急匆匆地開始了作答。如果不出意外的話，他應該很快就會犯下我之前犯過的錯誤，走入死胡同，最終不得不回到原點。」
只是，不出意外的話還是出現了意外。
羅倫答題的速度很快。
筆下如有神助，書寫相當流暢。
沒過多久，羅倫的證明過程便走到了最後。
[……因此，根據歸納法，a^p﹣a被素數p整除對任意正整數a成立……最終，若p是一個素數，且整數a與p互質，則有a^（p﹣1）≡1（mod p），證畢！]
寫下最後兩個字後，羅倫扭頭看向正盯著白色寫字板發呆的莫利斯，說道：
「莫利斯特使，我證完了。」
莫利斯沒有搭理他，反而還伸出手掌，一把將他薅開，自己湊到白色的寫字板前，盯著他的證明過程逐字逐句地看了起來。
一邊看，他還在喃喃吐字道：
「二項式展開？」
起初，莫利斯還想找找羅倫答題的錯漏，然而，當他草草地將羅倫的解答過程瀏覽一遍後，臉上的表情陡然變得十分嚴肅。
「等等，等等……將（a+1）^p展開後，每一項的係數，都和p有關？」
莫利斯呢喃間，又伸手一把將羅倫薅了過來，手指頭指著寫字板上的某處解答過程道：
「這裡是怎麼回事，怎麼就注意到了？你沒寫清楚吧？」
「寫清楚了的。」羅倫解釋道：「不是每一項的係數，而是除了第一項與最後一項的係數，都是p的倍數，並且，前提是這個p是素數，偶數則不行。」
「嗯，好像是……」莫利斯還在思考中。
「不是好像是，而是就是。」羅倫上前拆解道：「二項式展開（a+1）^p後，係數（k，p）實際就等於p！/（k！（p-k）！）……」
「噢，知道了知道了。」
莫利斯發出了恍然大悟的聲音：
「當p為素數，且0＜k＜p時，係數（k，p）是整數，且分子含因子p，因此係數（k，p）≡0（mod p）對所有0＜k＜p成立。所以除了第一項和最後一項，所有中間項的係數，都會保留一個不被約掉的p，意味著能被p整除。」
「接下來顯而易見的，代入同餘式可得（a+1）^p≡a^p+1（mod p），意味著（a+1）^p-a^p-1，必然是p的倍數。」
「而根據題目的假設內容，a^（p﹣1）≡1（mod p），簡單調整後，可以將其變形為：a^p﹣a≡0（mod p）。」
「這時候，可以寫出a^p﹣a的a+1項，有（a+1）^p﹣（a+1）=[（a+1）^p﹣a^p﹣1]+a^p﹣a，觀察可知，若a^p﹣a能被p整除，則（a+1）^p﹣（a+1），也一定能被p整除。」
到這裡，整道題的證明已是相當清晰明朗了。
根據歸納法，只需要證明當a=1時，a^p﹣a能被p整除即可。
而a=1時，a^p﹣a=0，顯然是能被任意素數p整除的。
綜上，弗根猜想由此得證。