竞数 费马最後定理

費馬最後定理 余文卿 西元 1637 年左右, Fermat 在他的書 的邊緣上這樣寫著: “n 是大於 2 的正整數 時, 不定方程式 xn+yn = zn 沒有非顯然的 整數解。” 他並附加道: “我找到了一非常漂亮的 證明, 但這裡沒有足夠的空間, 致無法將證 明寫下”。 到目前為止, 這敘述並沒有得到證 明, 但也舉不出反例, 而被稱為費馬最後定理 (Fermat’s Last Theorem)。 到底 Fermat 有沒有真正證明了費馬最 後定理? 以他那時的數學工具, 他可能證出 n = 3, 4, 5 的特殊情形, 而據此推斷一般的 n 都成立, 這也是當代不太成熟的數學歸納 法, 三百多年來, 這問題雖未獲徹底解決, 但 引發了一系列數論方面的主題, 使數論發展 到另一新的境界。 顯然地, 若對某一冪次 n 的費馬最後定 理得證,則對所有 n的倍數冪次,定理也跟著 成立。注意到任意大於 2的正整數,不是 4的 倍數,就是奇質數的倍數,故只需考慮 n = 4 或 n 是奇質數的情形。 我們將看到 n = 4 時定理成立, 因而只 需考慮 n 是奇質數的情形。 一般, 我們將奇 質數冪次分成下面兩類。 (A)費馬最後定理第一種情形: 不定方程式 xp + yp = zp, (p, xyz) = 1 沒有整數解。 (B)費馬最後定理第二種情形: 不定方程式 xp + yp = zp, p|z, (p, xy) = 1 沒有整數解。 在底下各節, 我們將分別探討 n = 4, n = 3 以及 p 是規則質數 (regular prime) 的特別情形。 一. n = 4的特別情形 在這一節, 我們將證明 n = 4 時定理成 立, 因而 n 是 4 的倍數時, 定理也跟著成立。 使用的手法通稱為下降法 (method of de- cent)。 即假設有一組整數解, 嘗試由這組解 得出另一數據較小的整數解, 若原先出發的 整數解已設定為數據最小的, 則這與假設矛 盾。 故原先方程式不會有解, 這方法在 Fer- mat 的時代, 就有人用過。 現我們從不定方 程式 x2 + y2 = z2 的整數解談起。 1 2 數學傳播 十八卷二期 民83年6月 預備定理 1. 在條件 x > 0, y > 0, z > 0, (x, y) = 1, 2|x 限制下, 不定方程式 x2 + y2 = z2 的一般解是 x = 2ab, y = a2 − b2, z = a2 + b2, 其中 a, b 是滿足 (a, b) = 1, a > b > 1 的 整數。 證明: 因 2|x 且 (x, y) = 1, 故 y 與 z 都是 奇數且互質, 得出 z−y 2 與 z+y 2 是互質整數, 又 ( x 2 )2 = ( z − y 2 )( z + y 2 ) 故得出 z−y 2 與 z+y 2 都是平方數, 定 z + y 2 = a2, z − y 2 = b2 則 z = a2 + b2, y = a2 − b2, x = 2ab。 更進一步 a > 0, b > 0, a > b, (a, b) = 1。 反過來, 很容易驗證 z = a2 + b2, y = a2 − b2, x = 2ab 確實是不定方程式 x2 + y2 = z2 的解, 這證 明了預備定理。 底下我們利用下降法證明 n = 4 的情 形。 命題 1. 不定方程式 x4 + y4 = z4 沒有正整數解。 證明: 實際上, 我們是要證明不定方程式 x4 + y4 = u2 沒有正整數解。 設 u 是滿足 u2 = x4 + y4, x > 0, y > 0, u > 0 的最小正整數, 則 (x, y) = 1, 否則我們可找 到一比 u 更小的正整數滿足同一方程式。 因 此 x 與 y 中至少有一是奇數, 且 u2 ≡ 1 或 2 (mod 4)。 但 u2 ≡ 2 (mod 4) 不可能發生, 故 x 與 y 之中必有一是奇數與一偶數。 設 x 是偶數, 則由預備定理 1 得出 x2 = 2ab, y2 = a2 − b2, u = a2 + b2。 其中 a > 0, b > 0, (a, b) = 1, 注意到 a2 + b2 ≡ a+ b ≡ 1 (mod 2)。 故 a 與 b 之中剛好有一是偶數。 若 a 是偶 數, b 是奇數, 則 y2 ≡ −1 (mod 4) 這不可能, 故 a 是奇數且 b 是偶數, 定 b = 2c, 則 ( x 2 )2 = ac 且 (a, c) = 1 得出 a = d2, c = f 2, d > 0, f > 0, (d, f) = 1 且 d 是奇數。 因此 y2 = a2 − b2 = d4 − 4f 4 費馬最後定理 3 即 (2f 2)2 + y2 = (d2)2 但 2f 2, y, d2 兩兩互質, 再次利用預備定理 1, 得出 2f 2 = 2ℓm, d2 = ℓ2 +m2, ℓ > 0, m > 0, (ℓ,m) = 1 由 f 2 = ℓm 且 (ℓ,m) = 1, 可設 ℓ = r2, m = s2 因此 r4 + s4 = d2 且 d ≤ d2 = a ≤ a2 < a2 + b2 = u 與原先假設矛盾, 故得證這命題。 二. n = 3的特別情形 不定方程式 f(x1, x2, . . . , xn) = 0 有解的必要條件是對任意正整數 m, 同餘方 程式 f(x1, x2, . . . , xn) ≡ 0 (mod m) 都有解。 若能找到正整數 m, 使得上面的同 餘方程式無解時, 則自然地, 原方程式就沒有 整數解。 現利用這方法證明 n = 3 的特別情 形。 命題 2. 不定方程式 x3 + y3 = z3, (xyz, 3) = 1 沒有整數解。 證明: 我們將證明同餘方程式 x3 + y3 ≡ z3 (mod 9), (xyz, 3) = 1 沒有整數解。 假設不然, 即同餘方程式有解, 由同餘式 x3 + y3 ≡ z3 (mod 3) 以及 Fermat 小定理: (a, p) = 1 ⇒ ap ≡ a (mod p) 得出 x+ y ≡ z (mad 3) 定 z = x+ y + 3µ, µ ∈ Z, 因此 x3 + y3 ≡ (x+ y + 3u)3 ≡ x3 + y3 + 3x2y + 3xy2 (mod 9) 故 0 ≡ x2y+xy2 = xy(x+y) ≡ xyz (mod 3) 與原來假設 (xyz, 3) = 1 矛盾, 故得證。 習題 1. 證明下列的同餘方程式沒有整數解 x5 + y5 = z5 (mod 25) , (xyz, 5) = 1。 習題 2. 證明不定方程式 x3 + y3 = 5z3, z 6= 0 沒有整數解。 4 數學傳播 十八卷二期 民83年6月 三. 分圓體 所謂的分圓體 (cyclotomic field) k,是 指多項式 Xn−1 (n ≥ 2)在 Q 之上的分裂 體 (splitting field)。 因此 k = Q(e2pii/n), 而其 Galois 群 Gal(k/Q) 是由自同構 σa 所組成。 σa 定義為 σa : e 2pii/n −→ e2piia/n, (a, n) = 1 故它的秩是 ϕ(n)。 為簡化符號起見, 我們定 ζn = e 2pii/n。 在此我們只對 n 是奇質數的情形比較感興 趣。 利用熟知的 Eisenstein 判定法, 我們知 道多項式 φp(X) = X p−1 +Xp−2 + · · ·+X + 1 是 Z[X]中的不可約多項式。 注意 ζp 是 φp 的一零位。 因此 [Q[ζp] : Q] = p− 1 且 ζ ip (i = 1, 2, . . . , p− 1) 是 ζp 的相異共 軛數。 預備定理 2. 在環 D = Z[ζp] 中, 1− ζp 是 一質數, 且 p 可分解成 p = ǫ(1− ζp)p−1 其中 ǫ 是 D 中的單位 (unit)。 證明: 在等式 Xp−1 +Xp−2 + · · ·+X + 1 = (X − ζp)(X − ζ2p ) · · · (X − ζp−1p ) 中, 令 x = 1 則 p = (1− ζp)(1− ζ2p ) · · · (1− ζp−1p ) 設 k = Q[ζp], 則 Nk/Q ( 1− ζjp 1− ζp ) = 1, 1 ≤ j ≤ p− 1 故 1− ζjp = ǫj(1− ζp), 其中 ǫj 是一單位, 設 ǫ = ∏p−1 j=1 ǫj , 則 p = ǫ(1− ζp)p−1。 預備定理 3. 若有理整數 b 可被 1 − ζp 整 除, 則 b 可被 p 整除。 證明: 設 b = (1− ζp)α, 則 Nk/Q(b) = b p−1 = Nk/Q(1− ζp)Nk/Q(α) = p Nk/Q(α) 其中k = Q[e2pii/p], 因 Nk/Q(α) 是整數且 p 是質數, 故 p 是 b 的質因數。 習題 3. 敘述 Z[X] 中不可約多項式的 Eisenstein 判別法, 並證明之。 在底下, 我們決定 Q(ζp) 的整數環, 首先我們定義基底的判別式。 設 k 是 Q 的 n 次擴充體, 對任意 k 的一組基底 α1, α2, . . . , αn, 定義這組基底的判別式為 D(α1, α2, . . . , αn) = det[trace(αiαj)]1≤i,j≤n 若 α1, α2, . . . , αn 也正好是模 (module)M 的基底,則稱 D(α1, α2, . . . , αn)是模M 的 費馬最後定理 5 判別式, 以 D(M) 之。 我們需要下面的一 般性結果。 命題 3. 設 M = Z[α1, α2, . . . , αn] 是 Ok 的任意子模, Ok 是代數擴充體的整數環。 設 α1, α2, . . . , αn 是 k的一組基底且M 是Ok 的真子集, 則存在有質數 p 滿足 (1) p2 | D(M) (2) α∗t = (g1α1 + g2α2 + · · · + gt−1αt−1 +αt)/p ∈ Ok, 0 ≤ gi ≤ p − 1 且 1 ≤ t ≤ n。 若找到如此的 α∗t , 則 M ⊂ M∗ = Z[α1, . . . , αt−1, α∗t , . . . , αn] 且 D(M∗) = D(M)/p2。 證明: 設 β1, β2, . . . , βn 是 Ok 的一組基底 且 αi = n∑ j=1 mijβj (i = 1, 2, . . . , n) 則 D(α1, α2, . . . , αn) = (det[mij ]) 2D(β1, β2, . . . , βn) 若 p|det[mij ], 利用 Zp 中的 Cremer 法則, 則存在 ai, 不全滿足 ai ≡ 0(mod p), 使得 n∑ i=1 aimij ≡ 0 (mod p) 若對 1 ≤ i ≤ t, ai 6≡ 0 (mod p), 但 at+1 ≡ at+2 ≡ · · · ≡ an ≡ 0(mod p) 則 γ = n∑ i=1 a1α1 = n∑ i=1 n∑ j=1 aimijβj = pβ, β ∈ Ok 選擇 a∗ 使得 ata ∗ ≡ 1 (mod p), 則 g1α1 + g2α2 + · · ·+ gt−1αt−1 + αt = pβ ′, β ′ ∈ Ok 其中 gi ≡ aia∗(mod p) , 0 ≤ gi < p, i = 1, · · · , t− 1 因此 α∗t = (g1α1 + g2α2 + · · ·+ gt−1αt−1 + αt)/p = β ′ ∈ Ok 很容易可驗證出 D(M∗) = D(M)/p2。 注意到, Ok 的判別式是所有 Ok 中之 子模的判別式中最小的, 且只有 Ok 的判別 式會達到。故利用命題 3的步驟有限多次,即 可找到 k 的真正整數環 Ok。 習題 4. 決定 Q( 3 √ 2) 的整數環。 [提示: 因 D(1, 3 √ 2, 3 √ 4) = −108 = −2233, 故需檢驗 p = 2 與 p = 3] 習題 5. 設 k = Q(ξ), ξ 是方程式 x2 + x2 − 2x + 8 = 0 的根。 證明 Ok = Z[1, ξ, (ξ+ ξ2)/2], 即證明 (ξ+ ξ2)/2 的代 數整數, 且 D(1, ξ, (ξ + ξ2)/2) 是質數。 現我們已做好決定 k = Q[ζp] 之整數 環的準備。 6 數學傳播 十八卷二期 民83年6月 命題 4. 設 p 是奇質數, 則 Q[ζp] 的整數環 是 Z[ζp]。 證明: 首先我們證明判別式D[1, ζp, . . . , ζ p−1 p ] 是 p 的冪次方乘上一單位。 對任意 1 ≤ a ≤ p1 σa : ζp 7→ ζap 是 Gal(Q[ζp]/Q) 的元素, 故 D[1, ζp, . . . , ζ p−1 p ] = det[ζ ij p ] 2 1≤i≤p−1, 0≤j≤p−2 = ∏ 0≤i≤j≤p−2 (ζ ip − ζjp)2 但由預備定理 2, 得 p = ǫ(1− ζp)(p−1)(p−2) ǫ 是單位, 故 D[1, ζp, . . . , ζ p−1 p ] = µp p−2, µ 是單位 欲證 Z[ζp] 是 Q[ζp] 的整數環, 由命題 3, 只要證明 p|(a0 + a1ζp + · · ·+ ap−2ζp−2p ), a0, a1, . . . ap−2 ∈ Z ⇒ p|a0, p|a1, . . . , p|ap−2。 把 a0 + a1ζp + · · ·+ ap−2ζp−2p 改寫成 b0 + b1(1− ζp) + . . .+ bp−2(1− ζp)p−2, 則 b0, b1, . . . , bp−2 還是有理整數。 注意到 1 − ζp 是 p 的質因數, 故是 b0 的因數, 但 由預備定理得 p|b0, 經一步一步的過程得出 p|b1, . . ., p|bp−2, 因 a0, a1, . . . , ap−2 可寫 成 b0, b1, . . ., bp−2 與整數的線性組合, 故得 出 p|a0, p|a1, . . . , p|ap−2 使用同樣的方法, 我們得出 命題 5. 設 p 是奇質數, r 是正整數且 q = pr, 則 Q[ζq] 的整數環是 Z[ζq] 且 Z[ζq] 的判別式是 ±ppr−1(pr−r−1) 習題 6. 證明 Vondermonde 行列式 V = det[λj−1i ]1≤i,j≤n 的值是 ±∏i 0。 想證明原命題成立, 只需證明 (A) 沒有代數 整數解即可。 設 (A) 有一組代數整數解 x, y, z0 且 x, y, z0 與 1− ζp 互質, 在所有可能的解中, 選定一組, 使對應的指數 m 最小。 設 P 是 由 1− ζp 生成的主理想, 則有 p−1∏ k=0 (x+ ζkp y) = P pm(z0)。 因 pm ≥ p > 0, 故 (x + ζkp y) (k = 0, . . . , p− 1) 中至少有一可被 P 整除。 又 x+ ζ ipy = x+ ζ k p y − ζkp (1− ζ i−kp )y。 只要有一可被 P 整除, 則每一個都可被 P 整除。 故 x + ζkp y (0 ≤ k ≤ p− 1) 均可被 P 整除。 另一方面, 若 x+ ζkp y ≡ x+ ζ ipy (mod (1− ζp)2) 則 ζkpy(1− ζ i−kp ) ≡ 0 (mod (1− ζp)2), 得 出 y 可被 1− ζp 整除, 而這與假設矛盾, 這 表明 x+ ζkp y 1− ζp (k = 0, 1, . . . , p− 1) 除以 1− ζp 後的餘數相異, 但 NQ(ζp)/Q(1− ζp) = p, 故其中剛好有一可被 1− ζp 整除, 可設定是 x + y, 設 m 是 (x) 與 (y) 的最大公因數, 因 x 與 y 不能被 1− ζp 整除, 故 m 與 p 互 質, 故可定 (x+ y) = Pp(m−1)+1mC0 (x+ ζkp y) = PmCk (k = 1, . . . , p− 1) 現 C0,C1, . . . ,Cp−1 是兩兩互質的理想,又 mpPpmC0C1 · · ·Cp−1 = Ppm(z0)p, 故每一理想都是 p 平方, 設 Ck = a p k (0 ≤ k ≤ p− 1) 如此 (x+ y) = Pp(m−1)+1ma0 (x+ ζkp y) = Pmak (1 ≤ k ≤ p− 1) 上面式子消去 m 得出 (x+ ζkp y)P p(m−1) = (x+ y)(aka −1 o ) p 故 (aka −1 o ) p 是主理想, 但 p 是規則質數, 因 而 (aka −1 o ) 也是主理想, 定為 aka −1 o = ( αk βk ) (1 ≤ k ≤ p− 1)。 費馬最後定理 11 其中 αk 與 βk 是代數整數, 又 ak (0 ≤ k ≤ p− 1) 與 P 互質, 故可選定 αk, βk 不能被 1− ζp 整除, 如此 (B) (x+ ζkp y)(1− ζp)p(m−1)=(x+ y)(αkβk )pEk (1 ≤ k ≤ p− 1) 其中 Ek 是 Q[ζp] 中的單位, 利用方程式 (x+ ζpy)(1 + ζp)− (x+ ζ2py) = ζp(x+ y) 以及 (B) 中 k = 1, 2 代入, 則得出 (x+ y)( α1 β1 )pE1(1 + ζp)− (x+ y)(α2 β2 )pE2 = (x+ y)ζp(1− ζp)p(m−1)。 故 (α1β2) p − E2E1(1 + ζp)(α2β1) p = ζp E1(1 + ζp)(1− ζp) p(m−1)(β1β2) p 即找到方程式 αp + E0βp = E ′(1− ζp)p(m−1)γp 的一組解, E0, E ′ 是單位,而其 1−ζp 的冪次 則降為 p(m−1), 又 m > 1, 故 m−1 > 0, 且 p(m− 1) ≥ p, 這表示 αp + E0βp ≡ 0 (mod (1− ζp)p) E0 ≡ −(β−1α)p (mod p) E1 與一有理整數對 p 同餘, 由 Kummer 預 備定理, E0 是另一單位 η 的 p 次方。 因而 αp + (ηβ)p = E ′(1− ζp)p(m−1)γp。 這與原先假設 m 是最小指數矛盾, 故得證原 命題。 綜合命題 8與命題 9, 則得證底下的 Fermat 最後定理的特殊情形。 定理 2. 設 p 是規則質數, 則不定方程式 xp + yp = zp 沒有非顯然的整數解。 現我們面對了一實際問題: 如何決定一 質數是規則質數或不規則質數。Kummer 提 出了一個利用 Bernoulli 數來判定的法則。 定理 3. p 是規則質數的充要條件是 p 不能 整除 Bernoulli 數 B2, B4, . . . , Bp−3 的分 子。 討論: Bernoulli 數 Bm (m ≥ 0) 是由底下 冪級數所定義: t et − 1 = ∞∑ m=0 1 m! Bmt m, |t| < 2π 奇數下標的 Bernoulli 數除 B1 = −1/2 外 都是零, 即 B2k+1 = 0, (k = 1, 2, 3, . . .) 這可由 t et−1 + t 2 是偶

函

关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函

數得證出 來。Bm(m ≥ 0) 滿足遞迴定義式 B0 + 2B1 = 0 B0 + 3B1 + 3B2 = 0 B0 + 4B1 + 6B2 + 4B3 = 0 · · · · · · · · · 12 數學傳播 十八卷二期 民83年6月 B0+ ( n 1 ) B1+ ( n 2 ) B2+· · ·+ ( n n− 1 ) Bn = 0, (n ≥ 2) 底下是一些偶數下標的 Bernoulli 數 B2 = 1 6 , B4 = − 1 30 , B6 = 1 42 , B8 = − 1 30 , B10 = − 5 66 , B12 = − 691 2730 , B14 = 7 6 , B16 = −3617 510 , B18 = 43867 792 。 習題 10. 設 Sk(n) = 1 k +2k + . . .+ (n− 1)k, 試證 (m+1)Sm(n) = m∑ k=0 C(m+ 1, k)Bkn m+1−k, m ≥ 1, 其中 C(m,n) 是二項係數 m!/n!(n−m)!。 習題 11. 證明 Riemann zeta 函數 ζ(s) 在 S = 2m 的取值是 ζ(2m) = (−1)m−1 (2pi)2m 2(2m)! B2m。 在此我們要提一下 Fermat 最後定理的 最新發展。 到目前為止, 這斷言已證到冪次 n ≤ 125000。 又第一種情形已證到 p ≤ 6× 109。 然而最引人注目的相關性定理要算 Faltings 在 1983 年提出的下面定理。 方程 式 xn + yn = zn 的一組解 x, y, z 若滿足 xyz 6= 0 且 (x, y, z) = 1 則稱為方程式的原始解 (primitive solu- tion)。 因此任一非顯然的解都可化成一組原 始解。 定理 4. (Faltings) 對每一冪次 n ≥ 3, 不 定方程式 xn + yn = zn 至多有有限個原始 解。 參考書目 1. Z. I. Borevich and I. R. Shafarevich, Number Theory, Academic Press, New York and London, 1966. 2. G. H. Hardy and E. M. Wright, An in- troduction to the theory of numbers, Oxford sicence publications, 1979. —本文作者任教於國立中正大學應數所—