數論三講

數論三講

于 靖

§ 1. 有關 Fermat 最後定理

你們當然都聽說過Fermat最後定理。

這個著名問題可以作為初等數論課的一個起 點。 藉由它我們可以熟悉好些種數論裡的基 本方法。

P. Fermat 說: 方程式 xⁿ+ yⁿ = zⁿ, n > 2 沒有滿足 xyz 6= 0 的整數解。 他證明 了 n = 4 的情形:

定理1. 方程式 x⁴+ y⁴ = z² 沒有滿足 xyz 6= 0 的整數解。

證明: Fermat 的方法現代稱為遞降法。

假定 (x, y, z) 滿足方程式而 xyz 6= 0。

可以假定 z > 0。 策略是去建構另一組解 (x1, y1, z1), 仍然滿足 x1y1z1 6= 0, 而 0 <

z1 < z。 假如我們的建構是對的, 就可持續做 下去而得到一組無窮數列由遞降正整數組成。

因此最先開始的解必定是不能存在的。

可以假定 x, y, z 沒有公因數, x 是奇數 而 y 是偶數。 我們有

y⁴ = (z − x²)(z + x²), (z − x², z + x²) = 2。

因 為 整 數 的 唯 一 分 解, 只 有 兩 種 可 能 性: z − x² = 2a⁴, z + x² = 8b⁴, 其 中 a > 0 是奇數而 (a, b) = 1, 或者是 z + x² = 2a⁴, z − x² = 8b⁴, 其中 a > 0 是奇數而 (a, b) = 1。 第一種情形是不可能 的, 因為可以導出 x² = −a⁴ + 4b⁴, 以至於 1 ≡ −1 (mod 4)。 因此必定 z = a⁴+ 4b⁴, a < z, 而且 z−x² = 8b⁴。 因而 4b⁴ = (a²− x)(a²+ x)。 仍然會有 (a²− x, a²+ x) = 2。

設 a² − x = 2c⁴, a² + x = 2d⁴ 就得到了 a² = c⁴+ d⁴。

由 Fermat 這個定理可以知道: 要證 明FLT, 只須要考慮指數 n 是奇質數的情 形。 上述方法其實是數學歸納法的另一個形 式。 在這裡我們是用大小或高度來把解排序。

1823 年 Sophie Germain 證明了以下 的結果:

定理2. 若 p 為奇質數使 2p + 1 = q, 另一質數。 則 x^p + y^p + z^p = 0 沒有滿足 (p, xyz) = 1 的整數解。

這兒的敘述, Fermat 方程式在奇質數 時沒有有滿足 (p, xyz) = 1 的解, 傳統上 稱為 Fermat 定理的第一類情形。 1985 年

1

Adleman, Heath-Brown 與 Fouvry 證 明了存在無窮多質數 p 使得在指數為 p 時 Fermat 定理第一類情形成立。 他們的工作 起點仍是 Sophie Germain 的結果。

定理2 證明: 要點是考慮 mod 質數 q 的同餘。 假定 (x, y, z) = 1 且 p|xyz。 分解

−x^p = (y + z)(z^p−1−z^p−2y + · · ·+y^p−1)。

假設質數 l 滿足 l|(y + z), 則 l 6= p 且 py^p−1 ≡ 0 (mod l)。 因此 l|y, 這是不可能 的。 因而有

y+z = a^p, z^p−1−z^p−2y+· · ·+y^p−1= α^p。 同樣, 可得到 x + y = b^p, 與 x + z = c^p。 同時 b^p+ c^p− a^p = 2x。

由假設 x^(q−1)/2+y^(q−1)/2+z^(q−1)/2 ≡ 0 (mod q)。 因 q > 5, 可假定 q|x。(回憶由 Fermat 小定理可推得 q|m, 則 m^(q−1)/2 ≡

±1 (mod q))。 因此 b^p+ c^p− a^p = 2x ⇒ b^(q−1)/2 + c^(q−1)/2− a^(q−1)/2 ≡ 0 (mod q。

從 q|x, 可得 q|bc, 因此 q|a。

最後考慮 α^p mod q。 我們有 y ≡ b^p (mod q), 因而

α^p ≡ py^p−1 (mod q),

±1 ≡ ±p (mod q)。

此與假設 2p + 1 = q 顯然是矛盾的。

數學家並不知道是否有無窮多個質數 p 使得 2p + 1 也是質數。 但是 Legendre 就已 經觀察到: 要證明 FLT 的第一類情形對指數 p 成立, 可以修改 Sophie Germain 的方法 達成, 只要 4p + 1 (或 6p + 1, 8p + 1, 10p +

1, 14p + 1 或 16p + 1) 也是質數。 這些思 考途逕終於在一百六十年後導致 Adleman, Heath-Brown 與 Fouvry 的結果。

一般而言, 要想證明有無窮多個質數滿 足某種性質是很困難的事。 這方面最成功的 結果是 Dirichlet 的定理: 假如首項 a 與公 比 d 互質, 則算術數列 a + md 中有無窮多 個質數。 這個定理是用解析方法證得的。

把一個整數取 (q − 1)/2 次乘冪, 然 後 mod q 往往是很有用的。 這兒有所謂的 二次逆換律使得我們可以很容易算出正負號。

假使有必要, 當然也可以考慮 「高次逆換律」。

我們現在繞道去看對於多項式的 Fer- mat 最後定理. 記得單變數多項式的集合與 整數所成集合相似之處甚多。

給複係數多項式 f (t)。 定義 n₀(f ) 為 f 的相異根的數目。 大約十年前, Mason 發 現了以下的

定理3. 設 a(t), b(t), c(t) 為互質多項 式使得 a(t) + b(t) = c(t), 則

max{deg a(t), deg b(t), deg c(t)}

≤ n₀(a(t)b(t)c(t)) − 1。

證明: 要點是用對數微分來處理根。 設 f = a(t)/c(t), g = b(t)/c(t)。 則

f^′+ g^′ = f^′ ff + g^′

gg = 0, b(t)

a(t) = g

f = −f^′/f g^′/g。 設

a(t) = c1

Y

(t − αⁱ)^mi, b(t) = c₂

^Y

(t − βj)^nj,

c(t) = c3

Y

(t − γ^k)^rk ↓

因而 b(t)

a(t) = −f^′/f g^′/g = −

P

mi

t−αi −

^P

t−γ^rkk

P

nj

t−βj −

^P

_t−γ^rk_k。 定義 N0 =

^Q

(t − αⁱ)

^Q

(t − β^j)

^Q

(t − γ^k), 則

b(t)

a(t) = −N₀f^′/f N0g^′/g。

這兒 N₀f^′/f 與 N₀g^′/g 都是多項式, 其次數不大於 n₀(a(t)b(t)c(t))−1。 從 a(t), b(t) 互質的假設就得到我們所要結論。

推論. 方程式 xⁿ+ yⁿ = zⁿ, n > 2 假使有多項式解 (x(t), y(t), z(t)), x(t), y(t), z(t) 為互質複係數多項式, 則 (x(t), y(t), z(t)) 中至少有一為常數。

證明: 設 x(t), y(t), z(t) 為互質的複 係數多項式, 不全為常數, 而且滿足 Fermat 方程式。 由定理 3 得到

n deg x(t) ≤ deg x(t)+deg y(t)+deg z(t)−1,

n(deg x(t) + deg y(t) + deg z(t))

≤ 3(deg x(t) + deg y(t) + deg z(t)) − 3。

假如 n > 2 這是不可能的。

這個研究提供了對原先 Fermat 問 題的另一種角度。 給定整數 m, 定義 N₀(m) 為 m 的所有相異質因數的乘積。

abc 猜測. 固定 ǫ > 0, 存在有整數 C(ǫ) 具備以下性質。 對給定 非零互質整數 a, b, c, a + b = c, 以下等式恆成立

max{|a|, |b|, |c|} ≤ C(ǫ)N⁰(abc)^1+ǫ。 由此可導出以下有關 FLT 的結果 定理4. 假設 abc 猜測為真, 則對所有 充分大的 n, 方程式 xⁿ+ yⁿ = zⁿ 沒有滿 足 xyz 6= 0 的整數解。

定理 4 的證明與多項式的情形幾乎一 樣。 abc 猜測多出來的常數 C(ǫ) 是導致充 分大 n 此一限制的原因。

直觀而言, abc 猜測是說很多質因數都 只出現一次。 假設一個小質數出現很多次, 則 必須有出現一次的大質數來補償。 從 2ⁿ± 1 形式整數的分解就可看出端倪 (Fermat 質 數, Mersenne 質數)。

在abc 猜測裡的 ǫ 對絕對必須的。 對於 任何正數 C > 0, 都存在互質整數 a, b, c, 使 a + b = c, 而且 |a| > CN⁰(abc)。 例如 考慮 an = 3²ⁿ, bn= −1, 注意對所有 n 恆 有 2ⁿ|(3²ⁿ − 1)。

§ 2. 質數的分布

給定實數 x > 0, 我們以 π(x) 表 示所有不超過 x 的質數個數。 從x 增加時 π(x) 的成長, 我們可以粗略的瞭解質數的分 布。 Gauss 首先猜測到:

x→∞lim π(x)

x/ log x = 1。

這 就 是 後 來 Hadamard 與 de la Vall´ee Poussin 證明的所謂質數定理。 這

個定理在約一百年前是經由高難度的解析方 法得到的。 對於初學者而言, 探索質數分布, 可以從 Chebyshev 的結果開始, 即證明存 在常數 a 與 A, 0 < a < A, 使得對所有實 數 x ≥ 2,

ax

log x < π(x) < Ax log x。

事實上 Chebyshev 的工作已經相當深 入, 他不僅對質數的 Asympototic 分布有研 究, 也更進一步回答了所謂的 Bertrand 問 題:

定理5 (Bertrand 假說) 對於任何整 數 n, 存在質數 p 使得 n < p ≤ 2n。

以下 p 將只用來表示質數。

定理6. 對於任何正整數 n, 我們有不等 式

^P

_p≤nlog p < 2n log 2。

證明: 設 θ(n) 為 Chebyshev 函數, θ(n) =

^P

_p≤nlog p。 假定對 n < n0, 此定理 成立。 若 n0 為偶數, 則

θ(n₀) = θ(n₀− 1) < 2(n0− 1) log 2

< 2n0log 2

若 n0 = 2m + 1, 我們可證明 θ(2m + 1) − θ(m + 1) < 2m log 2。 然後

θ(n0) = θ(2m + 1) − θ(m + 1) + θ(m + 1)

< 2m log 2 + 2(m + 1) log 2

= 2n0log 2。

考慮整數 M = _m!(m+1)!^(2m+1)! 。 從二項式展 開得到 2M < 2^2m+1, 因而 M < 2^2m。 所

以

θ(2m + 1) − θ(m + 1)

=

^X

m+1<p≤2m+1

log p ≤ log M < 2m log 2。

Bertrand 假說之證明: 首先知道階 數乘 n! 的分解

n! =

^Y

p

p

^P

^m≥1[pmⁿ ]。

假定對某一 n > 512, 不存在質數 p 使 n < p ≤ 2n。

我們考慮整數 N = ^(2n)!_(n!)2 =

^Q

_p≤2np^kp, 其中

kp =

∞

X

m=1

"

2n p^m

#

− 2

"

n p^m

#!

。 若 p|N, 則 k^p ≥ 1 且 p ≤ n。 假使 2n/3 < p ≤ n, 則 2p ≤ 2n < 3p 而且 p² > 4n²/9 > 2n。 因此 kp = 0。 所以 N 的所有質因數均滿足 p ≤ 2n/3, 而且由定理 6,

X

p|N

log p ≤ θ(2n/3) < 4n 3 log 2。

由於

^h

²ⁿ

p^m

i

− 2

^h

_p^nm

ⁱ

是 1 或 0, 根 據

^h

²ⁿ

p^m

i

是偶數或奇數而定。 因此 kp ≤ [log 2n/ log p]。 假使 kp ≥ 2, 就得到

2 log p ≤ k^plog p ≤ log(2n), p ≤ √ 2n。

因而

X

kp≥2

kplog p ≤√

2n log(2n),

log N ≤

^X

p|N

log p +√

2n log(2n)

≤ 4n

3 log 2 +√

2n log(2n)。

另一方面, 由二項式展開得到 2²ⁿ ≤ 2nN, 因此

2n log 2 ≤ log(2n) + log N

≤ 4n

3 log 2 + (1 +√

2n) log(2n)。

數學中有關質數的未解決的問題還有很 多。 例如: 有沒有無窮多對雙生質數 (即p 與 p + 2 均為質數)? 另一個 Gauss 問的問題 是: 是否有無窮多個質數 p, 使 1/p 的小數 展開的循環節長度正好是 p − 1? 與此等價 的另一敘述是: 是否存在無窮多個質數 p 使 得 10 是 mod p 的原根? 有關質數在區間 內的分布也有遠比 Bertrands 假說更困難的 問題, 例如: 對任意正整數 n, 是否存在質數 p 使得 n ≤ p ≤ n +√

n。

最後我們以 Chebyshev 函數來寫下質 數定理的另一形式:

x→∞lim

π(x) log x

θ(x) = 1, lim

x→∞

θ(x) x = 1。

§3. 數的幾何

數論中有一個很有用的原理叫做鴿龍原 理。 假如有 n 個籠子裡面有 n+1 隻鴿子, 那 一定有一個籠子裡至少有兩隻鴿子。 Dirich- let 用這個原理來對無理數找接近的有理數, 他得到了 「很好的有理近似」:

定理7. 對任意實數 γ, 及整數 N >

1, 存在整數 h, k, 0 < k < N 使得

|γ − h/k| < 1/Nk。

證明: 我們的鴿子是 N 個實數: nγ − [nγ], n = 1, 2, . . . , N。 籠子則是區間 (0, 1/N), (1/N, 2/N), · · · , (N − 1/N, 1)。

假使第一個籠子有一隻鴿子, 則 0 < mγ − [mγ] < 1/N 對某一 m ≤ N 成立。 因此 0 < γ − [mγ] /m < 1/Nm 成立。

另一方面, 假使第一個籠子沒有鴿子, 就 一定有整數 m, n, 0 < m < n ≤ N, 而且

|(n − m)γ − ([nγ] − [mγ])| < 1/N。

我們取 k = n − m, 且 h = [nγ] − [mγ] 就 得到所要結論。

推論: 若 γ 是無理數, 則存在無窮多個 有理數 h/k, 使得 |γ − h/k| < 1/k²。

Hurwitz 更進一步加強了這個推論。 對 於任何常數 c ≤ √

5, 他都可得到無窮多個 有理數 h/k 使 |γ − h/k| < 1/ck²。 對給定 實數 γ 成立。 另一方面, 確有無理數 γ0, 使 得對固定 c > √

5, 只有有限個有理數 h/k 能滿足 |γ0− h/k| < 1/ck²。

我們要根據 Minkowski 的一個原理, 給定理 7 另一個證明。 這個原理也是鴿籠原 理的一個較幾何的形式。 以下我們稱 Rⁿ 的 一個子集 S 為凸集合, 假設對所有的實數 µ, ν > 0, 而 µ + ν = 1, 它都滿足 x, y ∈ S ⇒ µx + νy ∈ S。 假設 S 又滿 足 x ∈ S ⇒ −x ∈ S, 就稱其為對稱集合 (對原點對稱)。 最後, 假如我們定義 Rⁿ 一個 子集 S 的體積, 也稱 S 為可測度集合。

定理8.(Minkowski) 設 S 為 Rⁿ 中 一個有界可測度的凸對稱集。 假使 S 的體積

超過 2ⁿ, 則必定包含有不同於原點的格子點 (即座標均為整數的點)。

證明: n = 1 的情形是顯然的。 我們只 證平面的情形。 考慮 R² 中所有邊長為 2, 中 心點 x 的座標是偶整數的正方形 _x 假如這 樣一個正方形 _x 交到 S, 就平移 S ∩ x

到 S ∩ _x− x ⊂ ₀。

如此就把 S 中所有點都搬到 ₀。 因為 S 的面積大於 4, S 中至少有兩點搬到同一 點 (x₀, y₀) ∈ ₀。 再平移回去得得到那兩 點座標為 (x₀, y₀) + (2r, 2s) 與 (x₀, y₀) + (2r^′, 2s^′), 而整數對 (r, s) 6= (r^′, s^′)。 因為 S 是對稱的, −(x0+ 2r^′, y₀+ 2s^′) ∈ S。 由 凸集合性質, 因而得到 S 中包含格子點

(x0+2r−(x⁰+2r^′)

2 ,y0+2s−(y⁰+2s^′)

2 )

= (r − r^′, s − s^′)。

如果我們改變假設為: S 的面積大於或 等於 2ⁿ, 則結論中找到的格子點就可能會在 S 的邊界上。

考慮下列不等式所給的平行四邊形區

|ax + by| ≤ β, |cx + dy| ≤ α, 其中 α, β > 0, a, b, c, d ∈ R 而 ∆ = ad − bc 6= 0。 此平形四邊形區域面積是 4αβ/∆。 因此假如 αβ ≥ ∆, 就必然有整 數對 (x, y) 6= 0 在此區域中。 假如我們取 a = d = 1, c = 0, 就得到整數 x, y 使 |x + by| ≤ β 且 |y| ≤ 1/β, 因而

|b + x/y| ≤ 1/y²。

我們可以應用 Minkowski 的這個定理 去做一組有理數的聯立近似:

定理9. 給定質數 α₁, α₂, . . . , α_n, 存在 整數點 (x₁, x2, . . . , xn) 及整數 y ≥ 1 滿足

|αⁱ− xi

y| ≤ n

(n + 1)y^(1+1/n),

對 i = 1, 2, . . . , n。

證明: 固定 r, t > 0, 考慮 Rⁿ⁺¹ 中對 稱凸集

|xⁱ− αⁱy| + |y/t| ≤ r, 1 ≤ i ≤ n。

用積分可以算出此集合體積為 2ⁿ⁺¹trⁿ⁺¹/(n+

1)。 因此從定理 8 得到整數點 (x1, . . . , xn, y) 6= 0。 滿足 |xⁱ − αⁱy| + |y/t| ≤



n + 1 t



_n+1¹

。

用算 術 平 均 與 幾 何 平 均 不 等 式 就 得 到, 對 i = 1, . . . , n,

|(xi− αiy)ⁿ



ny t



|ⁿ⁺¹¹

≤ n|xⁱ− αⁱy| + n|y/t|

n + 1

≤ n

n + 1



n + 1 t



1 n+1,

因此

|αiy − xi| ≤ n (n + 1)y^1/n。

—本文作者任職於中央研究院數研所—