費馬最後定理

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 x^p+ y^p = z^p, (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 x^p+ y^p = z^p, 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

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−y₂ 與 ^z+y

2 是互質整數, 又





=



 



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 = f², d > 0, f > 0, (d, f ) = 1 且 d 是奇數。 因此

y² = a²− b² = d⁴− 4f⁴

即

(2f²)²+ y² = (d²)²

但 2f², y, d² 兩兩互質, 再次利用預備定理 1, 得出

2f² = 2ℓm, d² = ℓ²+ m², ℓ > 0, m > 0, (ℓ, m) = 1

由 f² = 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, . . . , x_n) ≡ 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 ⇒ a^p ≡ 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。

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(e^2πi/n), 而其 Galois 群 Gal(k/Q) 是由自同構 σ_a 所組成。 σ_a 定義為

σ_a : e^2πi/n −→ e^2πia/n, (a, n) = 1 故它的秩是 ϕ(n)。

為簡化符號起見, 我們定 ζ_n = e^2πi/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+ X^p−2+ · · · + X + 1 是 Z[X]中的不可約多項式。 注意 ζ_p 是 φ_p 的一零位。 因此

[Q[ζp] : Q] = p − 1

且 ζ_pⁱ (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 − ζ^p 是 一質數, 且 p 可分解成

p = ǫ(1 − ζ^p)^p−1 其中 ǫ 是 D 中的單位 (unit)。

證明: 在等式

X^p−1+ X^p−2+ · · · + X + 1

= (X − ζ^p)(X − ζp²) · · · (X − ζp^p−1)

中, 令 x = 1 則

p = (1 − ζ^p)(1 − ζp²) · · · (1 − ζp^p−1) 設 k = Q[ζ_p], 則

N_k/Q 1 − ζp^j

1 − ζp

!

= 1, 1 ≤ j ≤ p − 1 故

1 − ζp^j = ǫj(1 − ζ^p), 其中 ǫ_j 是一單位, 設 ǫ =

^Q

p = ǫ(1 − ζ^p)^p−1。

預備定理 3. 若有理整數 b 可被 1 − ζ^p 整 除, 則 b 可被 p 整除。

證明: 設 b = (1 − ζ^p)α, 則 Nk/Q(b) = b^p−1

= Nk/Q(1 − ζ^p)Nk/Q(α) = p Nk/Q(α)

其中k = Q[e^2πi/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, . . . , α_n, 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, . . . , α_n) 是模 M 的

判別式, 以 D(M) 表之。 我們需要下面的一 般性結果。

命題 3. 設 M = Z[α₁, α₂, . . . , α_n] 是 O_k 的任意子模, O_k 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 ∈ O^k, 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 O_k 的一組基底 且

αi =

n

X

j=1

mijβj (i = 1, 2, . . . , n) 則

D(α₁, α₂, . . . , α_n)

= (det[mij])²D(β1, β2, . . . , βn)

若 p|det[mij], 利用 Zp 中的 Cremer 法則, 則存在 a_i, 不全滿足 ai ≡ 0(mod p), 使得

n

X

i=1

aimij ≡ 0 (mod p)

若對 1 ≤ i ≤ t, ai 6≡ 0 (mod p), 但 a_t+1 ≡ at+2 ≡ · · · ≡ an ≡ 0(mod p) 則

γ =

n

X

i=1

a1α1 =

n

X

i=1 n

X

j=1

aimijβj = pβ,

β ∈ O^k

選擇 a^∗ 使得 a_ta^∗ ≡ 1 (mod p), 則

g1α1+ g2α2+ · · · + g^t−1αt−1+ αt = pβ^′, β^′ ∈ O^k

其中

g_i ≡ aia^∗(mod p) , 0 ≤ gi < p, i = 1, · · · , t − 1

因此

α^∗_t = (g1α1+ g2α2+ · · · + g^t−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 O_k 中之 子模的判別式中最小的, 且只有 O_k 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 O_k。

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。

命題 4. 設 p 是奇質數, 則 Q[ζp] 的整數環 是 Z[ζ_p]。

證明: 首先我們證明判別式 D[1, ζp, . . . , ζ_p^p−1] 是 p 的冪次方乘上一單位。 對任意 1 ≤ a ≤ p1

σa : ζp 7→ ζp^a

是 Gal(Q[ζp]/Q) 的元素, 故

D[1, ζp, . . . , ζ_p^p−1] = det[ζ_p^ij]²1≤i≤p−1, 0≤j≤p−2

=

^Y

0≤i≤j≤p−2

(ζ_pⁱ− ζp^j)²

但由預備定理 2, 得

p = ǫ(1 − ζ^p)^{(p−1)(p−2)} ǫ 是單位, 故

D[1, ζp, . . . , ζ_p^p−1] = µp^p−2, µ 是單位 欲證 Z[ζ_p] 是 Q[ζp] 的整數環, 由命題 3, 只要證明

p|(a⁰+ a1ζp+ · · · + a^p−2ζ_p^p−2), a0, a1, . . . ap−2 ∈ Z

⇒ p|a⁰, p|a¹, . . . , p|a^p−2。

把 a0+ a1ζp+ · · · + a^p−2ζ_p^p−2改寫成 b₀+ b₁(1 − ζp) + . . . + b_p−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, . . . , a_p−2 可寫

成 b0, b1, . . ., bp−2 與整數的線性組合, 故得 出

p|a⁰, p|a¹, . . . , p|a^p−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 = p^r, 則 Q[ζq] 的整數環是 Z[ζq] 且 Z[ζq] 的判別式是

±p^{pr−1(pr−r−1)}

習題 6. 證明 Vondermonde 行列式 V = det[λ^j−1_i ]_1≤i,j≤n 的值是 ±

^Q

四. 分圓多項式

對任意正整數 n, 我們定義第 n 個分圓 多項式 (n-th cyclotomic polynomial) 為

Φn(X) =

^Y

(j,n)=1

(X − ζn^j)。

因為 [Q[ζn] : Q] = ϕ(n) = degΦn(X)。

故 Φn(X) 是 ζn 的首一不可約多項式, 而且 Φn(X) ∈ Z[X], 因它的係數是代數整數且 同時是有理數, 前面的幾個分圓多項式如下:

Φ1(X) = X − 1, Φ²(X) = X + 1,

Φ3(X) = X²+ X + 1, Φ4(X) = X²+ 1, Φ5(X) = X⁴+ X³+ X²+ X + 1,

Φ6(X) = X²− X + 1。

習題 7. 寫出 Φ₇(X), Φ9(X), Φ15(X) 與 Φ30(X)。

習題 8. 證明 Z[ζ + ζ⁻¹] 是 Q[ζ + ζ⁻¹] 的 整數環, ζ = e^2πi/3。

設 En 是 Q[ζn] 的單位群 (group of units), Vn 是由

{±ζⁿ, 1 − ζn^a | 0 < a ≤ n − 1}

所生成的乘法群, 定義

Cn= Vn∩ Eⁿ,

Cn 稱為 Q[ζ_n] 中的分圓單位群 (group of cyclotomic units)。

命題 6. 設 p 是質數, r 是正整數且 q = p^r, 則 Q[ζq] 的分圓單位群的生成元素是 ±ζ^q與

ηa = ζ_q^(1−a)/2(1 − ζq^a)/(1 − ζ^q), 0 < a < q/2, (a, p) = 1。

證明: 若 k < r 且 (b, p) = 1, 則由關係式 1 − X^pk =

p^k−1

Y

j=0

(1 − ζq^jpr−kX) 得出

1 − ζq^bpk =

p^k−1

Y

j=0

(1 − ζq^b+jpr−k) 因 (p, b + jp^k) = 1, 故我們只需考慮 (a, p) = 1 的情形, 又 1−ζq^a與 1−ζq^−a只差

−ζ^q 的冪次方, 故只要考慮 1 ≤ a < q/2。

假設 ξ = ±ζq^d

Y

a (1 − ζq^a)^α(a),

1 ≤ a < q/2, (a, q) = 1。

是 Q[ζ_q] 中的分圓單位, 因 Nk|Q(1 − ζq^a), k = Q[ζ_q] 都相等, 故 Σα(a) = 0, 因此

ξ = ±ζq^d

Y

a (1 − ζq^a)^α(a)(1 − ζ^q)^−α(a)

= ±ζq^d′

Y

a

ηa

習題 9. 證明在 Q[ζn], n = 2, 3 中, 每一單 位都是分圓單位。

五. 規則質數的第一種情形

質數 p 若不能整除 Q[e^2πi/p] 的類數 (class number), 則稱 p 是規則質數 (regu- lar prime), 否則稱為不規則質數, 在這一節 中, 我們將證明 p 是規則質數時, 不定方程式

x^p + y^p = z^p, (xyz, p) = 1 沒有整數解。

預備定理 4. 若 α 是一代數整數且 α 的所 有共軛數的絕對值都是 1, 則 α 是 1 的方根。

證明: 只要證明 α 的所有冪次所成的集合是 一有限集合, 設 α = α₁, . . . , α_n 是 α 的所 有共軛數, 且

P (X) =

n

Y

j=1

(X − α^mj )

則 P (X) ∈ Z[X] 且其係數都被一與 m 無 關的常數界定住, 故只有有限多個多項式以 α 的冪次方為根。 因此, α 只有有限個相異 冪次。

命題 7. 設 ǫ 是 Z[ζp] 中的單位, 則存在有 µ ∈ Q[ζ^p+ ζ_p⁻¹] 與 r ∈ Z, 使得 ǫ = µ · ζp^r。 證明: 設 α = ǫ/¯ǫ, 則由預備定理 4, α 是 1 的方根, 因此

ǫ

¯ǫ= ±ζp^a, a ∈ Z。

設 ǫ/¯ǫ = −ζp^a 且

ǫ = b0+ b1ζp+ · · · + b^p−2ζ_p^p−2, 則

ǫ ≡ b0+ b₁+ · · · + bp−2 (mod (1 − ζp)) 且

¯ǫ = b0+ b1ζ_p⁻¹+ · · · + b^p−2ζ_p^−p+2

≡ b⁰+ b1+ · · · + b^p−2 (mod (1 − ζ^p))

≡ ǫ (mod (1 − ζ^p))

≡ −ζp^a¯ǫ (mod (1 − ζ^p))

≡ −¯ǫ (mod (1 − ζ^p))。

因此 2¯ǫ ≡ 0 (mod (1 − ζ^p)), 因 1 − ζ^p 是 質因數且 2 不能被 1 − ζ^p 整除, 故 ¯ǫ 可被 1 − ζ^p 整除, 與 ǫ 是單位的事實矛盾。

因此 ǫ/¯ǫ = ζ_p^a, 設 2r ≡ a (mod p), 則 ǫ = ζ_p^rǫ1 且 ¯ǫ1 = ǫ1 ∈ Q[ζ^p+ ζ_p⁻¹]。

預備定理 5. 設 x 與 y 是互質整數, 若 x+y 不能被 p 整除, 則所有主理想 (x+ζ_pⁱy) i = 0, 1, . . . , p − 1 兩兩互質。

證明: 設 P 是一質理想滿足

P|(x + ζpⁱy) 且 P|(x + ζpⁱy), i 6= j。

則

P|(ζpⁱy − ζp^jy) = (單位) (1 − ζ^p)y 所以 P = 1 − ζ^p 或 P|y。

同理證明 P = 1 − ζ^p 或 P|x。 若 P 6= (1 − ζ^p), 則 P|x 且 P|y, 這不可能, 原因是 (x, y) = 1。 因此 P = (1 − ζp), 故

x + y ≡ x + ζpⁱy ≡ 0 (mod P)

因而

x + y ≡ 0 (mod p) 這與假設不合, 故得所欲證。

現我們考慮 p 是規則質數的情形。

命題 8. 設p 是規則質數, 則不定方程式 x^p+ y^p = z^p, (xyz, p) = 1 沒有整數解。

證明: p = 3的情形已得證, 現設 p ≥ 5, 設 方程式有一組整數解 x, y 與 z, 則

x^p+ y^p ≡ x + y ≡ z^p ≡ z (mod p) 因此 p 不是 x + y 的質因數, 把等式

p−1

Y

i=0

(x + ζ_pⁱy) = (z)^p

視為主理想間的關係式, 由預備定理 4, 我們 知理想

(x + ζ_pⁱy), 0 ≤ i ≤ p − 1 兩兩互質, 故每一個必是理想的 p 次方

(x + ζ_pⁱy) = A^p_i, 0 ≤ i ≤ p − 1 但 Q[ζ_p] 的類數不能被 p 整除, 故 Ai

也是主理想。 設

Ai = (αi), 0 ≤ i ≤ p − 1 則

(x + ζ_pⁱy) = (α_i^p) 故

x + ζ_pⁱy = (單位) α^p_i

考慮 i = 1, 並把上標略去, 則 x + ζpy = ǫα^p

其中 ǫ 是 Q[ζ_p] 的單位, 把 ǫ 表為 ζ_p^rǫ₁,

¯ǫ1 = ǫ1, 令

α = a0+ a1ζp+ · · · + a^p−2ζ_p^p−2 且

a = a^p₀+ a^p₁+ · · · + a^pp−2

則

α^p ≡ a (mod p) 且

x + ζpy = ζ_p^rǫ1α^p ≡ ζp^rǫ1a (mod p) 而且有

x + ζ_p⁻¹y ≡ ζp^−rǫ1a (mod p) 結合兩式得出

ζ_p^−r(x + ζpy) ≡ ζp^r(x + ζ_p⁻¹y) (mod p) 或

x + ζ_py − ζp^2rx − ζp^2r−1y ≡ 0 (mod p) 若 1, ζp, ζ_p^2r, ζ_p^2r−1 兩兩相異, 則 p 可 整除 x 與 y, 與原假設矛盾。 但 ζ_p 6= 1 且 ζ_p^2r 6= ζp^2r−1, 故剩下底下三種情形。

(1) 1 = ζ_p^2r, 則 ζy − ζ⁻¹y ≡ 0 (mod p), 故 y ≡ 0 (mod p) 這不可能, 原因是 (xyz, p) = 1。

(2) 1 = ζ_p^2r−1, 則 (x − y) − (x − y)ζ ≡ 0 (mod p), 這表示 x−y ≡ 0 (mod p), 同樣手法, 由 x − ζ^pz = ǫ1α^p₁ 得出

x + z ≡ 0 (mod p)

故 x^p + y^p − z^p ≡ x + y − z ≡ 3x (mod p) 因 p 6= 3, 故 x ≡ 0 (mod p), 再次得出矛盾。

(3) ζp = ζ_p^2r−1, 則 x − ζp²x ≡ 0 (mod p), 則 x ≡ 0 (mod p) 也不可能。

這證明了命題 8。

六. 規則質數的第二種情形

現考慮規則質數的第二種情形, 即 p 是 規則質數時不定方程式

x^p+ y^p = z^p, p|z, (xy, p) = 1 沒有異於零的整數解。 定理證明過程中, 我們 需用到更深入的關於單位的同餘理論。

定理 1. (Kummer 預備定理) 設 p 是規則 質數, u 是 Q(ζp) 的單位, a 是有理整數, 且

u ≡ a (mod p) 則 u 是另一單位 v 的 p 次方。

顯然地, 任一單位的 p 次方在 mod p 之 下是一有理整數, 事實上, 若

v = a0+ a1ζp+ · · · + a^p−2ζ_p−2^p−2, 則

v^p ≡ a^p0+ a^p₁ + · · · + a^pp−2 (mod p)。

而反過來, 證明並不容易, 有興趣的讀者可參 考 [1] 中的 377 頁, 現我們利用這預備定理 證明規則質數的第二種情形也成立。

命題 9. 設p 是規則質數, 則不定方程式 x^p+ y^p = z^p, p|z, (x, y, p) = 1 沒有非零的整數解。

證明: 設 x, y, z 是方程式的一組整數。 令 z = z0p^k, (z0, p) = 1, 因 p = (1−ζ^p)^p−1E, E 是一單位, 故方程式可改寫成

(A) x^p+ y^p = E(1 − ζ^p)^pmz₀^p, m = k(p − 1) > 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 − ζ^p 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 − ζ^p 生成的主理想, 則有

p−1

Y

k=0

(x + ζ_p^ky) = P^pm(z0)。

因 pm ≥ p > 0, 故 (x + ζp^ky) (k = 0, . . . , p − 1) 中至少有一可被 P 整除。 又

x + ζ_pⁱy = x + ζ_p^ky − ζp^k(1 − ζp^i−k)y。

只要有一可被 P 整除, 則每一個都可被 P 整除。 故 x + ζ_p^ky (0 ≤ k ≤ p − 1) 均可被 P 整除。

另一方面, 若

x + ζ_p^ky ≡ x + ζpⁱy (mod (1 − ζp)²)

則 ζ_p^ky(1 − ζp^i−k) ≡ 0 (mod (1 − ζ^p)²), 得 出 y 可被 1 − ζ^p 整除, 而這與假設矛盾, 這 表明

x + ζ_p^ky

1 − ζ^p (k = 0, 1, . . . , p − 1) 除以 1 − ζ^p 後的餘數相異, 但

NQ(ζp)/Q(1 − ζ^p) = p,

故其中剛好有一可被 1 − ζ^p 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) = P^p(m−1)+1mC0

(x + ζ_p^ky) = PmCk (k = 1, . . . , p − 1)

現 C₀, C1, . . . , Cp−1是兩兩互質的理想, 又 m^pP^pmC₀C₁· · · Cp−1 = P^pm(z₀)^p, 故每一理想都是 p 平方, 設

C_k = a^p_k (0 ≤ k ≤ p − 1) 如此

(x + y) = P^p(m−1)+1ma0

(x + ζ_p^ky) = Pmak (1 ≤ k ≤ p − 1)

上面式子消去 m 得出

(x + ζ_p^ky)P^p(m−1)= (x + y)(a_ka⁻¹_o )^p 故 (a_ka⁻¹_o )^p 是主理想, 但 p 是規則質數, 因 而 (a_ka⁻¹_o ) 也是主理想, 定為

aka⁻¹_o = (αk

β_k) (1 ≤ k ≤ p − 1)。

其中 αk 與 βk 是代數整數, 又 ak (0 ≤ k ≤ p − 1) 與 P 互質, 故可選定 α^k, βk 不能被 1 − ζ^p 整除, 如此

(B)

(x + ζ_p^ky)(1 − ζ^p)^p(m−1)= (x + y)(^α_β^k

k)^pE^k (1 ≤ k ≤ p − 1)

其中 Ek 是 Q[ζ_p] 中的單位, 利用方程式 (x + ζ_py)(1 + ζ_p) − (x + ζp²y)

= 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)ζ_p(1 − ζp)^p(m−1)。

故

(α1β2)^p− E²

E¹(1 + ζp)(α2β1)^p

= ζ_p

E¹(1 + ζp)(1 − ζp)^p(m−1)(β₁β₂)^p

即找到方程式

α^p + E⁰β^p = E^′(1 − ζ^p)^p(m−1)γ^p 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

α^p+ E⁰β^p ≡ 0 (mod (1 − ζ^p)^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

α^p+ (ηβ)^p = E^′(1 − ζ^p)^p(m−1)γ^p。 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 x^p+ y^p = z^p

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 e^t− 1 =

∞

X

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

e^t−1 + ₂^t 是 偶 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

· · · ·

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+ 2^k+ . . . + (n − 1)^k, 試證

(m+1)S_m(n) =

m

X

k=0

C(m + 1, k)B_kn^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 (2π)}_2(2m)!^2mB_2m。

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.

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