다음을 증명하고자 한다.
FLT(3): $xyz \neq 0$ 이면서
\[ x^3 + y^3 = z^3 \]
을 만족하는 정수 $x,y,z$는 존재하지 않는다.
자연수 해가 존재하지 않으면 정수해도 존재하지 않는다는 것을 증명하자.
FLT'(3): $xyz \neq 0$이면서
\[ x^3 + y^3 = z^3 \]
을 만족하는 자연수 $x,y,z$는 존재하지 않는다.
FLT(3)이 거짓이라고 가정해보자. 즉 $x^3+y^3 = z^3$와 $xyz \neq 0$를 만족하는 정수 $x,y,z$가 존재한다고 가정해보자. $x,y,z$의 부호는 다음과 같이 나뉠 수 있다.
\[ \begin{array}{l|l|l|l} & x & y & z \\ \hline \text{(i)} & + & + & + \\ \hline \text{(ii)} & + & - & - \\ \hline \text{(iii)} & + & - & + \\ \hline \text{(iv)} & - & - &- \\ \hline \end{array}\]
네가지 경우를 안 썼지만 $(-,+,-)$와 $(-,+,+)$는 대칭성에 의해서 무시해도 되고 $(-,-,+)$와 $(+,+,-)$는 불가능한 경우이다. 경우 (i)의 경우 $x,y,z$가 이미 자연수이다. (ii) 경우에선 $(x,-z,-y)$가 자연수의 해이다. (iii) 경우에선 $(z, -y, x)$가 자연수의 해이고 경우 (iv)에서는 $(-x,-y,-z)$가 자연수 해이다.
(ii) 경우를 예를 들자면
\[ x^3 + y^3 = z^3 \Rightarrow x^3 - z^3 = -y^3 \Rightarrow x^3 + (-z)^3 = (-y)^3 \]
즉, $(x, -z, -y)$는 자연수해가 되고 모두 양수이다. (iii)와 (iv)도 이런식으로 해석하면 된다.
다시 말해서 정수해가 존재하면 자연수의 해가 존재하기 때문에 "FLT(3)가 거짓" $\Rightarrow$ "FLT'(3)가 거짓"이 된다. 대우에 의해 FLT'(3)를 증명하면 FLT(3)를 증명하게 된다.
여기서 한단계 더 줄일 수 있다.
FLT''(3): $xyz \neq 0$이면서
\[ x^3 + y^3 = z^3 \]
을 만족하는 쌍마다 서로소인 자연수 $(x,y,z)$가 존재한다.
FLT''(3) $\Rightarrow$ FLT'(3)인 것을 보여주자. 마찬가지로 FLT'(3)이 거짓이면 정수해 $(x,y,z)$가 존재한다. $d$를 $x,y,z$의 최대공약수라고 하자. 그러면
\[ x = dx' \qquad y = dy' \qquad z = dz' \]
으로 나타낼수 있다. 그러면
\[ \begin{array}{ll} & (dx')^3+ (dy')^3 = (dz')^3 \\ \Rightarrow & d^3 (x')^3 + d^3(y')^3 = d^3(z')^3 \\ \Rightarrow & (x')^3 + (y')^3 = (z')^3 \end{array} \]
이기 때문에 $(x', y', z')$는 식을 만족한다. 이제 이 자연수해가 쌍마다 서로소임을 보여주고 싶다. 다시 말해 $\mathrm{gcd}(x', y') = 1$, $\mathrm{gcd}(y', z') = 1$ 그리고 $\mathrm{gcd}(x', z') = 1$음 보여주고 싶다. 만약 $\mathrm{gcd}(x', y') \neq 1$이면 $p|x'$ 와 $p|y'$을 만족하는 소수 $p$가 존재해야 된다. 그러면 $p| (x')^3 + (y')^3 = (z')^3 \Rightarrow p| z'$가 성립한다. 이는 그러면 $pd|x$, $pd|y$ 그리고 $pd|z$ 때문에 $d$가 $x,y,z$의 최대공약수가 아니게 된다. 귀류법에 의해 $\mathrm{gcd}(x', y') =1$을 보일 수 있다. 나머지 경우도 전부 비슷한 방법으로 증명할 수 있다. 이로써 $(x', y', z')$이 쌍마다 서로소임이 증명되었다. 즉, <FLT'(3)가 거짓> $\Rightarrow$ <FLT''(3)가 거짓>을 증명했음으로 FLT''(3)을 증명하면 FLT'(3)이 증명된다.
이제부터 FLT''(3)을 증명해보자. FLT''(3)이 거짓이라고 가정해보자. 그러면 쌍마다 서로소인 자연수 해 $(x,y,z)$가 존재한다.
Step 1: $(x,y,z)$는 두개가 홀수, 한개가 짝수이다.
$(x,y)$가 (짝수, 짝수), (홀수, 홀수), (짝수, 홀수), (홀수, 짝수)라는 경우의 수가 주어진다. 첫번째 경우에는 $x,y$의 최대공약수가 $2$보다 크기 때문에 서로소가 아니다. 이는 가정에 어긋나므로 (짝수, 짝수)의 경우는 일어나지 않는다. 두번째 부터 네번째 경우에는 전부 짝수가 하나인 것을 알 수 있다. $(x,y,z)$가 (홀수, 홀수, 짝수), (짝수, 홀수, 홀수), (홀수, 짝수, 홀수)가 되기 때문이다.
Step 2: 다음을 만족하는 자연수 $p,q$가 존재한다.
(i) $p,q$는 서로소이다.
(ii) $p,q$는 홀짝이 다르다.
(iii) $2p(p^2+3q^2)= x^3$ 혹은 $2p(p^2+3q^2) = z^3$
일단 $x,y$가 둘다 홀수라고 가정해보자. 우리는 $x>y$라고 가정해도 된다. 만약에 $y>x$면 $x' = y, y' = x, z'= z$라고 하면 $(x')^3 + (y')^3 = (z')^3$성립하고 $x' >y'$하기 때문에 $x>y$라고 가정해도 된다. 그러면 $x+y$와 $x-y$는 짝수이면서 자연수가 된다. 우리 $x+y = 2p$ 그리고 $x-y = 2q$라고 하자. 그러면 $p,q$는 자연수이다. 그러면
\[ \begin{array}{lcl} x & = & \frac{1}{2}((x+y)+(x-y)) = \frac{1}{2} (2p+2q) = p+q \\ y & = & \frac{1}{2}((x+y)-(x-y)) = \frac{1}{2}(2p-2q) = p-q \end{array} \]
이 된다. 그럼 $\mathrm{gcd}(p,q) \neq 1$이 아니면 1보다 큰 $p$와 $q$의 공약수가 존재한다. 위의 식에 의해서 $x,y$가 서로소가 되지 않으므로 $p,q$는 서로소가 된다.
또한 $x=p+q$이고 $x$가 홀수이기 때문에 $p,q$의 홀짝은 달라야 한다. 이제 마지막으로
\[ \begin{array}{lcl} z^3 & = & x^3 + y^3 \\ & = & (x+y)(x^2 - xy + y^2) \\ & = & 2p((p+q)^2-(p+q)(p-q)+(p-q)^2) \\ & = & 2p(p^2+3q^2) \end{array} \]
이 된다. 다시 말해 $2p(p^2+3q^2) = z^3$이 된다.
이제는 $x$가 짝수 $y$가 홀수라고 하자. (대칭성에 의해서 $x$가 홀수 $y$가 짝수인 경우도 같은 논리로 증명할 수 있다.) 그러면 $z$는 홀수이다. $z-y$와 $z+y$는 짝수인 자연수가 된다. 아까와 비슷하게 $z-y = 2p$ 그리고 $z+y = 2q$라고 하자. 위와 비슷한 논리로
1. $z=p+q$ 그리고 $y = p-q$
2. $p,q$는 서로소,
3. $p,q$의 홀짝이 다르다는 것
을 증명할 수 있다. 마지막으로
\[ \begin{array}{lcl} x^3 & = & z^3-y^3 \\ & = & (z-x)(z^2+zy+y^2) \\ &=& 2p(p^2+3q^2) \end{array} \]
즉 $2p(p^2+3q^2) = x^3$이다. 이로써 Step 2의 증명은 마무리 된다.
Step 3: 중요한 소정리
중요한 소정리: $p,q$가 서로소인 자연수이고 $p^2+3q^2$이 세제곱수라고 하자. 그러면
\[ p=a(a+3b)(a-3b) \qquad q=3b(a-b)(a+b) \]
를 만족하는 서로소인 자연수 $a,b$가 존재한다.
이 소정리는 터무니 없는 곳에서 온 것처럼 보이지만 사실 $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$이라는 새로운 정수의 체계에서 가져온 것이다. $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$의 원소는 $a+b\sqrt{-3}$의 형태를 지니고 있고 $a+b\sqrt{-3} = c+ d\sqrt{-3}$가 성립하면 $a=c$ 와 $b=d$가 성립한다. 이러한 수체계에서 위의 소정리는 정리하면 다음과 같다.
중요한 소정리 (다른 버전): $p,q$가 서로소인 자연수이고 $p^2+3q^2$이 세제곱수라고 하자. 그러면 $p+q\sqrt{-3}$은 $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$내에서 세제곱수이다. 즉
\[ p+q\sqrt{-3} = (a+b \sqrt{-3})^3 \]
을 만족하는 정수 $a,b$가 존재한다.
여기서 우변을 전개하면 정확히 $(a^3-9ab^2)+(3a^2b-3b^3) \sqrt{-3}$가 나오게 되고
\[ p = a^3 - 9ab^2 = a(a+3b)(a-3b) \qquad q = 3a^2b-3b^3 = 3b(a-b)(a+b). \]
가 성립한다. 이 소정리는 증명이 꽤나 복잡함으로 다음 포스팅에서 다시 쓰겠다.
경고: 여기서 중요한 점은 $a,b$가 꼭 자연수일 필요가 없다는 것이다.
Step 4: $\mathrm{gcd}(2p, p^2+3q^2) = 1$ 아니면 $\mathrm{gcd}(2p, p^2+3q^2) = 3$이다.
$\mathrm{gcd}(2p, p^2+3q^2) \neq 1$이 아니라고 가정해보자. 그러면 $f|2p$와 $f|p^2+3q^2$인 소수 $f$가 존재한다. $p,q$의 홀짝이 다르기 때문에 $p^2 + 3q^2$은 홀수이다. (왜냐하면 $q^2$의 홀짝은 $q$의 홀짝과 같고 홀수를 곱했을 때 홀짝이 바뀌지 않기 때문에 $3q^2$의 홀짝과 $q$의 홀짝이 같다. 같은 이유로 $p^2$의 홀짝은 $p$의 홀짝과 같다. 그렇기에 $p^2$과 $3q^2$은 홀짝이 다르다.) 즉 $f$는 홀수인 소수이고 $f \neq 2$이다. 다시 말해 $f|p$이고 이로 인해서 $f|3q^2$이 성립한다. 만약 $f \not| 3$이면 $f|q^2 \Rightarrow f|q$이 된다. 하지만 이는 $p,q$가 서로소인 것에 반하게 된다. 다시 말해 $f=3$이 성립된다. $3$만이 유일한 소인수가 된다. 즉 $\mathrm{gcd}(2p, p^2+3q^2) = 3^k$가 된다. 만약 $k>1$이면 $3^k|2p \Rightarrow 3^k|p \Rightarrow 3|p$이고 $3^k|3q^2 \Rightarrow 3^{k-1}|q^2 \Rightarrow 3|q$가 다시 성립되기 때문에 $p,q$가 서로소라는 것에 대해 모순이 된다. 즉 $k=1$이고 $\mathrm{gcd}(2p, p^2+3q^2) = 3$이 된다.
Step 5: 무한강하법
위의 식에서 우리는 처음 해였던 $(x,y,z)$보다 더 작은 해를 찾으려고 한다. 다시 말해서 $x_1y_1z_1 \neq 0$이고 $(x_1)^3 + (y_1)^3 = (z_1)^3$와 $z_1 < z$을 만족하는 자연수의 해 $(x_1, y_1, z_1)$을 구하고 싶어진다. 이는 FLT''(3)를 증명한다. 왜냐하면 $(x_1, y_1, z_1)$에 대해서 지금까지 증명해왔던 것을 반복하면 $z_2 <z_1$ 인 자연수 해 $(x_2, y_2, z_2)$를 구할 수 있다. 이를 $(x_2, y_2, z_2)$에 적용하면 $z_3 < z_2$인 또 새로운 자연수의 해를 구할 수 있다. 이는 무한히 반복될 수 있다. 하지만 자연수 내에서는 무한히 작은 수를 찾을 수 없다. 즉 우리의 FLT''(3)이 거짓이 이라는 가정은 모순을 일으킨다. 다시 말해 FLT''(3)는 사실이라는 소리가 된다.
넘어가기 전에 소정리를 하나 더 증명하고 가자.
소정리: $a,b,c$가 자연수라고 가정해보자. 만약 $a$와 $b$가 서로소이고 $ab = c^3$이면 $(a')^3 = a$와 $(b')^3 = b$를 만족하는 자연수 $a', b'$이 존재한다. 다시 말해 $a$와 $b$는 세제곱수이다.
증명: $a= p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r}$라고 하고 $b= q_1^{f_1} \cdots q_s^{f_s}$라고 하자. $a,b$가 서로소이기 때문에 모든 $1 \leq i \leq r$과 $1 \leq j \leq s$에 대해서 $p_i \neq q_j$ 가 성립한다. $a$ 와 $b$의 공통소인수는 공약수가 되기 때문이다. 즉 $ab = c^3 = p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r} q_1^{f_1} \cdots q_s^{f_s}$가 된다. $p$가 $c$의 소인수라고 하자. 그러면 $p|c|c^3 = p_r^{e_r} q_1^{f_1} \cdots q_s^{f_s}$ 이기 때문에 어떤 $i$에 대해서 $p=p_i$ 혹은 $p=q_j$가 된다. 다시 말해
\[ c= p_1^{e_1'} \cdots p_r^{e_r'} q_1^{f_1'} \cdots q_s^{f_s'} \Rightarrow c^3 = p_1^{3e_1'} \cdots p_r^{3e_r'} q_1^{3f_1'} \cdots q_s^{3f_s'} \]
가 된다. 산술의 기본정리를 사용하게 되면 이는
\[ a = p_1^{3e_1'} \cdots p_r^{3e_r'} \qquad b = q_1^{3f_1'} \cdots q_s^{3f_s'} \]
이 된다. 다시 말해 $a = (p_1^{e_1'} \cdots p_r^{e_r'})^3 = (a')^3$이 된다. $b$도 같은 논리로 세제곱수가 된다.
일반화된 소정리: $a_1, \ldots, a_n$을 쌍마다 서로소인 자연수 $b$를 또 다른 자연수라고 하자. 만약 $b^3 = a_1 \cdots a_n$이면 모든 $i$에 대해서 $a_i = (a_i')^3$인 자연수 $a_i'$이 존재한다. 다시 말해 모든 $a_i$는 세제곱수이다.
Step 5-1: $\mathrm{gcd}(2p, p^2+3q^2)=1$
위에서 우리는 $2p(p^2+3q^2) = x^3$ 아니면 $2p(p^2+3q^2) = z^3$이라고 했기 때문에 $2p(p^2+3q^2)$은 세제곱수 이다. $2p$와 $p^2+3q^2$은 서로소이므로 각자 세제곱수가 된다.
이제 우리는 중요한 소정리를 사용할 수 있다.
\[ p=a(a+3b)(a-3b) \qquad q=3b(a-b)(a+b) \]
을 만족하는 서로소인 정수 $a,b$가 존재한다.
여기서 하나 집고 넘어가야될 것이 있다. 만약 $a,b$의 홀짝이 같다면 $a+b$ 와 $a+3b$는 모두 짝수가 된다. 이는 $p,q$가 모두 짝수가된다는 뜻인데 모순임으로 $a,b$의 홀짝은 다르다.
$p = a(a+3b)(a-3b)$이기 때문에 $2p = 2a(a+3b)(a-3b)$가 된다. 먼저 우리는 다음을 증명한다.
$2a, a+3b, a-3b$는 쌍마다 서로소이다.
(i) $f>1$이면서 $f|a+3b$와 $f-3b$인 소수 $f$가 존재한다고 가정해보자. 그러면 $f|2a$와 $f|6b$가 성립된다. 일단 $a+3b$는 홀수이므로 $f \neq 2$이다. 즉 $f|a$와 $f|3b$가 성립한다. $f=3$이면 $f|a|p$이고 위의 식에 의해서 $q|3$이 되므로 $p,q$는 서로소가 아니게 된다. 다시 말해 $f|b$가 성립한다. 하지만 이 역시 $f|a(a+3b)(a-3b)=p$와 $f|3b(a-b)(a+b)=q$임으로 $p,q$가 서로소가 아니게 되어서 모순이 발생한다. 총 정리를 하자면 $a+3b$와 $a-3b$는 서로소이다.
(ii) $f>1$이면서 $f|2a$와 $f|a+3b$가 성립한다고 해보자. 그러면 $f|2a$와 $f|2(a+3b)-2a = 6b$가 된다. 그러면 (i)을 그대로 따라가면 $2a$와 $a+3b$가 서로소임으로 보여준다. 마찬가지로 $f|2a$와 $f|a-3b$면 $f|2a - 2(a-3b) = 6b$가 되므로 $2a$와 $a-3b$는 서로소이다.
$2p = 2a(a+3b)(a-3b)$이고 위에서 $2p$ 또한 제곱수인 것을 보여주었기 때문에 각자 세제곱수가 된다.
\[ x_1^3 = a+3b \qquad y_1^3 = a-3b \qquad z_1^3 = 2a \]
라고 하자. 그러면 $x_1^3 + y_1^3 = a+3b +a -3b = 2a = z_1^3$이 된다. 위의 경고에서도 이야기 했듯이 $a,b$는 자연수일 필요가 없기 때문에 $x_1, y_1, z_1$은 양수가 아닐수도 있다. 하지만 포스팅 맨 처음에 이야기 했듯이 정수해가 존재하면 곱이 이변을 통해서 동일한 자연수해를 만들 수 있었다. 그래서 $x_1, y_1, z_1$은 자연수해라고 가정해도 된다. $x_1^3, y_1^3, z_1^3$이 쌍마다 서로소이기 때문에 $x_1, y_1, z_1$도 쌍마다 서로소가 된다. 즉 $(x_1, y_1, z_1)$은 $n=3$일 때의 페르마의 마지막 정리의 자연수 해가 된다.
\[ z_1^3 \leq x_1^3y_1^3z_1^3 = 2a(a+3b)(a-3b) = 2p < 2p(p^2+3q^2) \]
$2p(p^2+3q^2)$은 $x^3$ 이거나 $z^3$이기 때문에 $z^3$보다 작거나 같다. (여기서 우리는 자연수의 해인 것을 사용했다.) 그렇기 때문에 $z_1^3 < z^3 \Rightarrow z_1 < z$가 된다. 나머지는 무한 강하법을 사용하면 된다.
Step 5-2: $\mathrm{gcd}(2p, p^2+3q^2)=3$
이 경우도 위와 조금 다르지만 비슷하게 흘러간다.
$3|2p \Rightarrow 3|p$가 된다. $p = 3s$라고 하자. 그러면
\[ 2p = 6s \qquad p^2+3q^2 = 9s^2 +3q^2 = 3(q^2+3s^2) \]
이 된다.
그러면 $2p(p^2+3q^2) = (3^2 \cdot 2s)(q^2+3s^2)$이 된다. $3^2 \cdot 2s$와 $q^2+3s^2$이 서로소임을 보여주자. $f>1$이면서 소수이고 $f|3^2 \cdot 2s$ 그리고 $f|q^2+ 3s^2$라고 가정해보자.
1. $f=2$이라고 가정해보자. $p=3s$이므로 $s$와 $p$의 홀짝은 같다. 다시 말해 $p$와 $s$의 홀짝이 다르고 $q^2+3s^2$는 홀수라는 이야기가 된다. 하지만 $f|q^2+3s^2$이므로 모순이다.
2. $f=3$이라고 가정해보자. 그러면 $f|q^2 \Rightarrow f|q$가 된다. $3|p$도 있으므로 $p,q$가 서로소가 안되니 이는 모순이다.
3. $f>3$이라고 가정해보자. $f|3^2 \cdot 2s \Rightarrow f|s$가 된다. 그러면 $f|p$가 되고 $f|p^2+ 3q^2 \Rightarrow f|3q^2 \Rightarrow f|q^2 \Rightarrow f|q$이므로 모순이다.
모든 경우에 모순이 생겼으므로 $\mathrm{gcd}(3^2 \cdot 2s, p^2+3q^2) = 1$이 된다.
\[ (3^2 \cdot 2s)(q^2+3s^2) = 2p(p^2+3q^2) = x^3 \text{ 아니면 } z^3 \]
이므로 $q^2 + 3s^2$은 세 제곱수가 된다. 중요한 소정리를 사용하면
\[ q = a(a+3b)(a-3b) \text{ 그리고 } s = 3b(a-b)(a+b) \]
가 성립한다. $p,q$가 서로소면 $q,s$는 서로소이다. $3^2 \cdot 2s$ 또한 세제곱수이고
\[ 3^2 \cdot 2s = 3^3 \cdot 2b(a-b)(a+b) \]
이므로 $2b(a-b)(a+b)$는 세제곱수이다. ($a$와 $b$가 세제곱수이고 $a|b$일때 $b/a$는 세제곱수이다. 이는 세제곱수면 소인수분해를 했을때 모든 지수는 3의 배수여야 하기 때문이다. 나누기는 지수를 빼는 것에 해당되고 3의 배수에서 3의 배수를 빼면 지수는 3의 배수가 되기 때문에 $b/a$는 세제곱수가 된다.)
$2b, a-b, a+b$가 쌍마다 서로소인 것도 Step 5-1가 매우 비슷하다. 소수이고 $f>1$ 이고 $f|a-b$와 $f|a+b$인 $f$가 존재하면 $f|2a$가 된다. Step 5-1 처럼 $a$와 $b$의 홀짝이 같으면 $p,s$가 둘다 짝수이기 때문에 $p,q$는 서로소가 아니게 되어 $f \neq 2$가 되고 $f|a$가 되기 때문에 $f|b$가 된다. $a,b$는 서로소이므로 모순이 된다. $f|2a$ 그리고 $f|a\pm b$면 $a| \mp b$이기 때문에 똑같은 논리로 증명할 수 있다. 그러면 마지막으로
\[ (x_1)^3 = 2b \qquad (y_1)^3 = a-b \qquad (z_1)^3 = a+b \]
라고 하자. $(x_1)^3 + (y_1)^3 = 2b+(a-b) = a+b = (z_1)^3$이다. 아까와 마찬가지고 $x_1, y_1, z_1$은 쌍마다 서로소이고 Step 5-1에서 이야기 했듯이 모두 자연수라고 가정해도 된다.
\[ z_1^3 \leq x_1^3y_1^3z_1^3 = 2b(a-b)(a+b) = \frac{2}{3} s < s < 2p < 2p(p^2+3q^2) = x^3 \text{ 아니면 } z^3 \]
아까와 마찬가지로 $z_1^3 < z^3 \Rightarrow z_1 < z$ 임으로 무한강하법에 의해서 FLT''(3)이 증명이 되었다. 다시 말해, FLT(3) $n=3$일 때의 페르마의 마지막 정리가 증명이 완료되었다.
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