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費馬問題 (第 5 頁)

康明昌

 

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.原載於數學傳播第七卷第四期、第八卷第一期
.作者當時任教於台大數學系

註釋
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方程式 x3+y3=z3 的第一種情況

我們先引入同餘 (congruence) 的概念。 若 n 是某個正整數,m1m2 是整數,如果 n 可以整除 m1 - m2 , 我們說:m1m2, 在模 n 之下同餘 (mi is congruent to m2 modulo n), 記為 $m_1 \equiv m_2 \pmod{n}$。 我們不妨把兩個同餘的數 m1m2 看成同一個「數」, 因此在模 n 之下,我們得到一個只有 n 個「數」的數系, { 0,1,…,n-1 }。例如,在模 3 之下,

\begin{displaymath}
\begin{array}{l}
2 + 2 \equiv 1 \pmod{3} \\
2 \times 2 \equiv 1 \pmod{3} \\
1+2 = 0 \pmod{3}
\end{array}\end{displaymath}

這個新數系的運算法則,加、減、乘,與整數系極相似。 如果 p 是一個質數, 數系 {0,1,…,p-1 } 甚至還有除法(除數不可為零); 因此,這個數系可以像有理數一樣進行加、減、乘、除。 理由何在,請讀者自已證明 註9

利用同餘的概念,我們計算 232 的個位數。你如果把 232 乘開來求其個位數,勇氣固然可嘉,方法卻不值得鼓勵。請注意,若

\begin{eqnarray*}
m_1 & \equiv & m_2 \pmod{n} \\
k_1 & \equiv & k_2 \pmod{n}
\end{eqnarray*}



\begin{eqnarray*}
m_1 + k_1 = m_2 + k_2 \pmod{n} \\
m_1 \cdot k_1 = m_2 \cdot k_2 \pmod{n}
\end{eqnarray*}


因此,在模 10 之下

\begin{displaymath}
\begin{array}{ll}
2^{32} & \equiv (2^4)^8 \equiv (16)^8 \equ...
...^4 \equiv 36^4 \equiv 6^4 \\
& \equiv 6 \pmod{10}
\end{array}\end{displaymath}

得:232 的個位數是 6。

現在我們介紹一個研究 Fermat 問題的基本概念。 如果 Fermat 問題對於 n 是錯的,也就是,存在全異於零的整數 x,y,z,滿足 xn + yn = zn,考慮這個問題:nxyz 會不會互質?

如果在以上情形下,nxyz 必定不會互質,我們就說,Fermat 方程式, xn + yn = zn 的第一種情況成立。

法國女數學家 Sophie Germain, (1776∼1831年)證明:若 p2p+1 都是質數, 則 Fermat 方程式 xp + yp = zp 的第一種情況成立。 Legendre 推廣 Germain 的方法,證明:若 p 是質數, 且 4p+1, 8p+1, 10p+1, 14p+1, 16p+1 至少有一個是質數, 則 Fermat 方程式的第一種情況成立。 目前知道的是,若 p 是奇質數,且 p<3 x 109, 則 Fermat 方程式 xp + yp = zp 的第一種情況成立。(見本文第 7 節)

定理 3 Fermat 方程式 x3 + y3 = z3 的第一種情況成立。 換句話說,如果 x1, y1, z1 是全異於零的整數並且滿足 x13 + y13 = z13x13 + y13 = z13,則 $x_1 y_1 z_1 \equiv 0 \pmod{3}$

討論: 許多證據使人相信,Fermat 的確能夠證明, x3 + y3 = z3 沒有全異於零的整數解, Fermat 把這個問題變成那些整數可以寫成 x2 + 3 y2 的型式。 Euler 想要把這個定理的證明寫下來,但是 Euler 寫得並不完整。 完整的證明請看 G.H Hardy and E.M. Wright,《An introduction to the theory of numbers》,第 193-197 頁。 本文只解決 Fermat方程式, x3 + y3 = z3 的部份情形。有關 Germain 定理,請看 H.M. Edwards,《Fermat's last theorem 》第 61-65頁。

以下要提出定理 3 的另一個證明。 這個證明非常繁複,用這個方法來證明定理 3 簡直是愚蠢透頂。 但是,從這個證明卻可以看出十九世紀研究 Fermat 問題的基本方法。 事實上,把這個證明稍加修改,可以證明 Kummer 的一個定理: 若 p 是一個規則質數,則 Fermat 方程式 xp + yp = zp 的第一種情況成立(有關規則質數,請看本文第 6 節。)。

x, y, z 是互質且全異於零的整數,滿足 x3+y3=z3, 我們要證明 $xyz \equiv 0 \pmod{3}$。 不妨假設 xy 是奇數,z 是偶數(否則,重新命名,並且移項)。 令 $\omega = \frac{-1+ \sqrt{-3}}{2}$。 請注意:

\begin{eqnarray*}
x^3 & = & z^3 - y^3 \\
& = & (z-3)(z-\omega y)(z-\omega^2y)
\end{eqnarray*}


一個異想天開的主意:如果,z-y, $z- \omega y$, $z - \omega^2 y$ 互質,則因

\begin{displaymath}
(z-y)(z-\omega y)(z- \omega^2 y)
\end{displaymath}

是完全立方數,z-y, $z- \omega y$, $z - \omega^2 y$ 豈不也是完全立方數?

問題是,$z- \omega y$ 明明是個複數, 怎麼可能變成整數的立方?這個問題不難解決。我們可以把「整數」的概念推廣。 先把 $Q(\omega)$ $= \{ \alpha + \beta \omega : \alpha \mbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\sele...
...t plus0.2pt minus0.1pt{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 98}} \}$ 叫做三次分圓體 (cyclotomic field), 三次分元體的元素可以作加、減、乘、除(除數不為零),三次分圓體是有理數的推廣。 三次分圓體之內的「整數」就是

\begin{displaymath}
\mathbf{Z}[\omega] = \{ \alpha + \beta \omega : \alpha \mbox...
...0.1pt{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 98}} \}
\end{displaymath}

$\mathbf{Z}[\omega]$ 的元素叫做三次分圓整數 (cyclotomic integers)。 所以上述的問題只不過是,$z- \omega y$ 能不能寫成某一個三次分圓整數的立方? 如果 ξ 與 η 都是三次分圓整數且 $\xi \neq 0$, 我們說 ξ 整除 η,如果 $\frac{\eta}{\xi}$ 也是三次分圓整數( $\frac{\eta}{\xi}$ 當然在 $\mathbf{Q}(\omega)$ 之內。何故?)。 因此在三次分圓整數之內也可討論同餘關係: 因為我們可以規定, $\eta_1\equiv \eta_2 \pmod{\xi}$ 的充要條件是 ξ 整除 $\eta_1 - \eta_2$。 一個分圓整數 ξ 叫做可逆元素 (invertible element),如果 $\frac{1}{\xi}$ 也是分圓整數($\frac{1}{\xi}$ 當然在 $\mathbf{Q}(\omega)$ 之內),若 $\xi = \alpha + \beta \omega $,則

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{\xi} &=& \frac{ \overline{\xi} }{ \xi \cdot \overline...
...+ \beta^2} -(\frac{\beta}{\alpha^2 - \alpha\beta+\beta^2}\omega)
\end{eqnarray*}


$\mathbf{Z}[\omega]$ 內的可逆元素只有 $\pm1$,$\pm\omega$,$\pm\omega^2$。(何故?)

一個非零的分圓整數 ξ 叫做不可約元素 (irreducible element), 如果 η 是分圓整數且 $\eta \neq 0$, η 能整除 ξ,則 η 或 $\frac{\xi}{\eta}$ 至少有一個是可逆元素。 不可約元素是質數的推廣。

介紹了分圓整數、可逆元素、不可約元素之後,我們就可以討論 $\mathbf{Z}[\omega]$ 的因數分解問題。我們把 $\mathbf{Z}[\omega]$ 的幾個基本性質列舉如下:

(1) $\mathbf{Z}[\omega]$ 具有唯一分解性質。具體的說, (i) $\mathbf{Z}[\omega]$ 的任意元素 ζ, 若 $\zeta \neq 0$ ,ζ 也不是可逆元素, 則 ζ 可寫成 $\xi_1 \cdots \xi_n$ 的型式, $\xi_i$ 是不可約元素, (ii) 如果 $\xi_1 \xi_2 \cdots \xi_n$ $= \eta_1 \cdots \eta_m$,其中 $\xi_i$$\eta_i$ 都是不可約元素, 則 n=m,並且(經過適當的重新排列之後) $\frac{\xi_i}{\eta_i}$ 都是可逆元素。
(2) 若 $\eta^3 = \xi_1 \cdots \xi_n$, 其中 $\xi_1$,…,$\xi_n$, η 都是非零的分圓整數,且 $\xi_1$,…,$\xi_n$ 兩兩互質, 則 $\xi_i = u_i \zeta^3_i$ui 是可逆元素,$\zeta_i$ 是某個分圓整數
(3) 設 p 是質數,α 與 β 都是分圓整數且 $\alpha \neq 0$。 若 α 能整除 p 與 β,則 p 亦可整除 β。
(4) 設 nm 是整數。若 nm 在整數之內互質,則 nm$\mathbf{Z}[\omega]$ 之內也互質。
(5) 若 α 是任意分圓整數,則必可求得一個整數 n,使得

\begin{displaymath}
\alpha^3 \equiv n \pmod{3}
\end{displaymath}

說明 第一個性質的敘述,我們不能寫成 $\xi_i = \eta_i$, 因為要把類似

\begin{displaymath}
6 = 2 \cdot 3 = (-3) \cdot (-2)
\end{displaymath}

的情形包括在內。至於其證明,只要唸過抽象代數的人都很容易瞭解(先證明 $\mathbf{Z}[\omega]$ 是歐氏環)。 第二個性質堶情A同樣的多出可逆元素 ui。 例子,$3+6\omega$ 不是完全立方,但是

\begin{displaymath}
3+6\omega=\omega(1-\omega)^3
\end{displaymath}

這個性質的證明倒是很容易。(利用性質(1))

第三個性質的證明不容易,要利用到質數 p 在分圓整數環分解(ramified)的性質。

第四個性質的證明: $\alpha n+\beta m=1$;若 α 是整除 nm 的分圓整數, 則 α 整除1。故 α 是可逆元素。

要證明第五個性質,若 α 與 β 是分圓整數,在模 3 之下,

\begin{eqnarray*}
(\alpha+\beta)^3 &\equiv& \alpha^3 + 3 \alpha^2\beta + 3\alpha\beta^2 + \beta^3 \\
&\equiv& \alpha^3 + \beta^3 \pmod{3}
\end{eqnarray*}


因此,在 $\alpha = p + q\omega$ 時,

\begin{eqnarray*}
\alpha &\equiv& p^3 + q^3 \omega^3 \\
&\equiv& p^3 + q^3 \pmod{3}
\end{eqnarray*}


即,取 n=p3+q3 即可。

現在可以證明定理 3。 已知 x3+y3 =z3z 是偶數,xy 是奇數。考慮

\begin{eqnarray*}
x^3 &=& z^3 - y^3 \\
&=& (z-y)(z-\omega y)(z-\omega^2y) \pmod{3}
\end{eqnarray*}


情況 1: z-y,與 $z- \omega y$ 有公因數 α,α 是不可約。

則 α 整除

\begin{displaymath}
(z-\omega y) - \omega(z-y) = (1-\omega)z
\end{displaymath}

同理,α 整除 $(1-\omega)y$。 但 yz 互質, 故 yz$\mathbf{Z}[\omega]$ 也互質(性質(4))。 得 α 整除 $1-\omega$ 。但 $1-\omega = \omega^2 \sqrt{-3}$。 故 α 整除 $\sqrt{-3}$,因此也整除 3。今 α 又整除 z-y。 故 3 整除 z-y (性質(3))。 得證 3 整除 x3。 得證。其他類似倩況可仿此處理。

情況2 z-y,$z- \omega y$,$z - \omega^2 y$ 兩兩互質。

$ z-\omega y = u \cdot \alpha^3$u 是可逆元素, α 是分圓整數(性質(2))。

$z-\overline{\omega} y = \overline{u} \cdot \overline{\alpha}^3$ 但是可逆元素只有 $\pm1$$\pm\omega$$\pm\omega^2$。 故 ${u}/{\overline{u}} = \omega^k$k= 0,1,2 註10 。 在模 3 之下, $\alpha^3 \equiv n \pmod{3}$, 因此, $\overline{\alpha}^3 \equiv n \pmod{3}$。 故出 $\alpha^3 \equiv \overline{\alpha}^3 \pmod{3}$

\begin{eqnarray*}
z - \omega y & \equiv & u \alpha^3 \equiv \frac{u}{\overline{u...
...{\omega} y) \\
& \equiv & \omega^k z - \omega^{k-1} y \pmod{3}
\end{eqnarray*}


k=0,1,2,討論

\begin{displaymath}
z - \omega y \equiv \omega^k z - \omega^{k-1} y \pmod{3}
\end{displaymath}

可知 $xyz \equiv 0 \pmod{3}$

k=1 時較複雜,故只就此情況討論。由

\begin{displaymath}
z - \omega y \equiv \omega z - y \pmod{3}
\end{displaymath}

$ y \equiv - z \pmod{3}$,同理,由 y3 = z3 - x3 可得

\begin{displaymath}
xyz \equiv 0 \pmod{3}
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
x \equiv -z \pmod{3}
\end{displaymath}

$x \equiv y \equiv -z \pmod{3}$,則 $x = -z +3s \; , \; y = -z +3t $, 將此關係代入 x3 + y3 = z3。故

3 z3 -9z2(s+t) + 27z(s2 +t2) -27(s3+t3) = 0

可知 z 是 3 的倍數。

類似以上的方法,Lagrange、Gauss、Jacobi、Kummer 都曾使用過,其最大特點是把複數 ω 引人整數論的研究。讀者不妨想一下,如果把 $\sqrt{-1}$ 引入方程式 x2 + y2 = z2 的研究,結果如何? 註11

當然,最大膽的嘗試還不只如此。 Peter Gustav Lejeune Dirichlet(1805∼l859)年把分析的方法引入整數論的研究, 結果是奠立了解析數論 (analytic number theory) 的基礎。Dirichlet 一個有名的定理是,若 an 是互質整數,則型式為 nl+a 的質數有無窮多個。

   

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編輯:康明軒 最後修改日期:4/26/2002