費馬問題 (註釋)

康明昌

 
註釋

...註1
這個問題與求雙曲線 x2 -26y2 =1 的參數方程式有關。令 x =1 + ty,得

\begin{displaymath}
y = \frac{2t}{26-t^2}, x = \frac{26+t^2}{26-t^2}
\end{displaymath}

t 為任意異於零之有理數,得一組異於零的有理數解。如果讀者求出

\begin{displaymath}
x = \sec \theta , \quad y = \frac{1}{\sqrt{26}} \tan \theta
\end{displaymath}

的參數方程式,對這個問題的求解有沒有幫助?
...註2
網站編輯註:在本文發表時費馬問題尚未解決,但現在已經解決了。
...註3
關於 Goldbach 問題,陳景潤在 1973 年證明:任意足夠大的偶數都可寫成質數與至多兩個質數乘積的和。關於 Catalan 問題的背景,請參考 A. Baker, 《Some historical remarks on number theory》, Historia Mathematika 2 (1975), pp.549-553。
...註4
見 A.Well,《Two lectures on number theory: past and present》, Enseign. Math. 20 (1974), pp. 215∼222.
...註5
這些問題的價值有待商榷,因此作者不願介紹其內容。 好奇心特別強烈的讀者可參考 Hua Loo Keng(華羅庚), 《Introduction to number theory》, Springer, 1982, New York.
...註6
見 P. Ribenboim,《13 lectures on Fermat's last theorem》, Spring, 1979, New York.
...註7
x, y, z 是互質正整數,且 x2 + y2 = z2。仿證明 1, 可令 x 是偶數。令 $r= \frac{x}{z}$ , $s=\frac{y}{z}$。 得 r2+s2 =1$\frac{r}{1-s} = \frac{1+s}{r}$,令其比值為 tt 是有理數。解 r= (1-s) t , 1+s = rt; 得 $r= \frac{2t}{1+t^2}$, $s= \frac{1-t^2}{1+t^2}$

$t= \frac{v}{u}$ , uv 互質,得

\begin{displaymath}
\frac{x}{z} = r = \frac{2t}{1+t^2} = \frac{2uv}{u^2+v^2}
\end{displaymath}

xz 互質,且 2uvu2 +v2 互質,得 x=2uv, z=u2+v2。(若 2uvu2 +v2 不是互質,則其公約數為 2,且 uv 都是奇數,故 x=uv, $z = \frac{u^2+v^2}{2}$,與 z 是偶數的假設違反。)
...註8
請參考,康明昌,〈數的概念〉(上), 《數學傳播季刊》1982年第四期。
...註9
p 是質數,且 $n \not\equiv 0 \pmod{p}$ 利用輾轉相除法可找到 ml 滿足

\begin{displaymath}
n \cdot m + pl = 1
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
n \cdot m \equiv 1 \quad \pmod{p}
\end{displaymath}

因此不妨把 m 看成是模 p 之下 $\frac{1}{n}$
...註10
p 次分圓整數環,這個敘述就是有名的 Kummer 預備定理 (Kummer's lemma)。
...註11

\begin{eqnarray*}
z^2 &=& x^2 + y^2 \\
&=& (x+ \sqrt{-1}y)(x - \sqrt{-1}y)
\end{eqnarray*}


z 是奇數,且 xy 互質,故 $x + \sqrt{-1} y$$x- \sqrt{-1}y$ 互質。得

\begin{displaymath}
x + \sqrt{-1} y = \alpha \cdot ( u + \sqrt{-1} v)^2
\end{displaymath}

α 是可逆元素。但是可逆元素只有 $\pm1$$ \pm \sqrt{-1}$。故 $ \alpha ( u + \sqrt{-1}v)^2$ 等於

\begin{displaymath}
\pm(u^2 - v^2 )\pm 2uv\sqrt{-1} \quad\mbox{{\fontfamily{cwM1...
...ries{m}\selectfont \char 67}}\quad 2uv \pm (u^2 -v^2)\sqrt{-1}
\end{displaymath}

得證

\begin{displaymath}
x = \pm(u^2 -v^2) \quad \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 67}} \quad \pm 2uv
\end{displaymath}

...註12
m 整除 $z - \zeta^i y$$z - \zeta^{i+k} y \pmod{p}$m 整除 $\zeta^i y - \zeta^{i+k} y$。故 m 整除 $(z-\zeta^{i+k}y) + \zeta^k$ $(\zeta^i y - \zeta^{i+k} y)$ $= z - \zeta^{i+2k} y$
以此類推,m 整除 $z-\zeta^{i+jk} y$, j=0,1,…,p-1
...註13
p 次分圓整數環 $\mathbf{Z}[\zeta]$ 具有唯一分解的性質的充要條件是 p = 3,5,7,9,11,13,17,19。這是一個困難的定理,幾年前才證明出來的。以 p=23 為例,令

\begin{eqnarray*}
\alpha &=& 1+ \zeta^2 + \zeta^4 + \zeta^5 + \zeta^6 + \zeta^{1...
...beta &=& 1+ \zeta + \zeta^5 + \zeta^6 + \zeta^7 + \zeta^{11} \\
\end{eqnarray*}


讀者自己證明一下:2 不整除 α 或 β ,但是2整除$\alpha \beta$
...註14
定義一個函數 $N(\alpha+\beta\sqrt{-5}) = \alpha^2 + 5 \beta^2$,注意如果 $\alpha + \beta \sqrt{-5}$ 整除 $\gamma + \delta\sqrt{-5}$$N(\alpha + \beta \sqrt{-5})$ 整除 $N(\gamma + \delta \sqrt{-5})$ 利用這個性質,讀者自己證明 2,3, $1 \pm \sqrt{-5}$ 都是不可約元素。
...註15
很抱歉,我們沒有定義代數整數 (algebraic integers)。讀者可以不必追究。 簡單的說, $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$$\mathbf{Q}[ \sqrt{-5} ]$ 之內所有的代數整數, $\mathbf{Z}[\zeta]$$\mathbf{Q}[\zeta]$ 之內所有的代數整數。
...註16
這一節的材料完全取自 P. Ribenboim,《13 lectures On Fermat's last theorem》, Springer, 1979, New York。
   


最後修改時間: 4/26/2002