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費馬問題 (第 8 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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幾個重要的 Fermat 定理

Fermat 在整數論提出許多重要的定理,我們你列出幾個比較為人熟知的。

(1) 若 p 是質數,a 是任意整數,則

\begin{displaymath}
a^p \equiv a \pmod{p}
\end{displaymath}

(2) 正整數 n 可以寫成兩個平方數的和之充分必要條件是, 如果 $n = p_1^{\alpha_1}$$p_m^{\alpha_m}$n 的質因數分解乘積, $p_i \neq p_j$$ i \neq j$,且

\begin{displaymath}
p_1 \equiv p_2 \equiv \cdots \equiv p_r \equiv 3 \pmod{4}
\end{displaymath}

$ P_{r+1} \not\equiv 3 \pmod{4}$,…, $p_m \not\equiv \pmod{4}$$\alpha_1$,…,$\alpha_r$ 都是偶數。

(3) 任意正整數 n 都可以寫成四個平方數的和。

(4) Fermat 是第一個求出 $x^2 - Ay^2 = \pm 1$ 的所有整數解的人, 其中 A 是一個不含平方項的數。Fermat曾提出以下幾個問題, 同英國數學家挑戰,如,求

\begin{eqnarray*}
x^2 - 61y^2 &=& 1 \\
x^2 -109y^2 &=& 1 \\
x^2 -149y^2 &=& 1
\end{eqnarray*}


所有的整數解。結果被 W. Brouncker 求出答案。Brouncker 的名字被 Euler 誤會成 Pell, 從此這種方程式被叫做 Pell 方程式。其實叫做 Fermat 方程式還比較適當。

(5) Fermat 曾經聲稱,形式如 Fn = 22n + 1 的數都是質數。 的確,在 n=1,2,3,4 時都如此。但是 Euler 發現 641 能夠整除 F5。 這幾乎是 Fermat 在整數論犯過的唯一錯誤。

以下我們將證明第(1)與(2)的結果。 若 p 是一個質數,我們先列出在 p 之下同餘的幾個基本性質:

(i) 若 $ ab \equiv 0 \pmod{p}$
$ a \equiv 0 \pmod{p}$
$ b \equiv 0 \pmod{p}$

(ii) 若 ab 是任意數且

\begin{displaymath}
a \not\equiv 0 \pmod{p}
\end{displaymath}

則方程式必有唯一的解(在模 p 之下)

(iii) 若 $n \leq p-1$,方程式

\begin{displaymath}
x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_n \equiv 0 \pmod{p}
\end{displaymath}

至多有 n 個不同餘的解。

說明: (i) 只是「若 p 整除 ab,則 p 整除 ab」的變形 (ii) 因為 a,p 互質,故可找到 u,v,滿足 au+pv=1 兩邊再 b。 (iii) 常見的因子定理仍可使用。再配合(i)。

定理4 若 $a \not\equiv 0 \pmod{p}$,則 $ a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$

證明: 根據

\begin{eqnarray*}
(a+p)^p & = & a^p + {p \choose 1} a^{p-1}b + {p \choose 2} a^{...
...p \choose p-1} ab^{p-1} + b^p \\
& \equiv & a^p + b^p \pmod{p}
\end{eqnarray*}


因為 ${p \choose k} = \frac{p \cdot (p-1) \cdots (p-k-1)}{1 \cdot2\cdots\cdots k}$ 是整數, 且其分母部分與 p 互質,故 p 整除 ${p \choose k}$

b=1$(a+1)^p = a^p +1 \pmod{p} $$(a+1)^p - (a+1) \equiv a^p -a$$a=0,1,2,\cdots,p-2$ 代入,得

\begin{eqnarray*}
0 & \equiv & 0^p - 0 \equiv 1^p - 1 \equiv 2^p -2 \equiv \cdots\\
& \equiv & (p-1)^p - (p-1)\
\end{eqnarray*}


$ a^p \equiv a \pmod{p} $$a \not\equiv 0 \pmod{p}$ 利用性質(i),得

\begin{displaymath}
a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}
\end{displaymath}

引 1 $(p-1)! \equiv -1 \pmod{p} $

證明: 1,2,…,p-1 是方程式 $x^{p-1} -1 \equiv 0 \pmod{p}$p-1 個不同餘的根。故

\begin{displaymath}
x^{p-1} -1 \equiv (x-1)(x-2)\cdots \{ x - (p-1) \}
\end{displaymath}

利用根與係數的關係(必須有性質(iii)),得

\begin{displaymath}
(-1)^{p-1}(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}
\end{displaymath}

p 是奇數,故 (-1)p-1 =1。(若 p=2,這個敘述根本不值得證明。)

引 2 若 p 是奇質數,則 $ x^2 + 1 \equiv 0 \pmod{p} $ 有解的充分必要條件是 $ p \equiv 1 \pmod{4}$

證明: 若 $ x^2 + 1 \equiv 0 \pmod{p} $$(-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv (x^2)^{\frac{p-1}{2}} \equiv x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$$\frac{p-1}{2}$ 必須是偶數。

$ x^2 + 1 \equiv 0 \pmod{p} $ 無解。 對於 $a \not\equiv 0 \pmod{p}$b,滿足

\begin{displaymath}
ab \equiv -1 \pmod{p}
\end{displaymath}

(利用性質(ii))很明顯的 $a \not\equiv b \pmod{p}$1,2,…,p,這樣配對起來,再全部乘起來,得

\begin{displaymath}
(p-1)! \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}
\end{displaymath}

由引1,得

\begin{displaymath}
-1 \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}
\end{displaymath}

$\frac{p-1}{2}$ 是奇數。

定理5 若 $n = p_1^{\alpha_1} \cdots p_m^{\alpha_m}$n 的質因數乘積, $p_i \neq p_j$$ i \neq j$,且

\begin{displaymath}
p_1 \equiv \cdots \equiv p_r \equiv 3 \pmod{4}
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
p_{r+1} \not\equiv 3 \pmod{4}, \cdots, p_m \not\equiv 3 \pmod{4}
\end{displaymath}

n=x2 + y2 有整數解的充分必要條件是 $\alpha_1$,…,$\alpha_r$ 是偶數。

證明:
第一步驟 若 $ p \equiv 1 \pmod{4}$ 是質數,則 p = x2 + y2 有解。 假設以上敘述不成立,取這樣最小的 p,使 p = x2 + y2 無解, 因為 $ x^2 + 1 \equiv 0 \pmod{p} $ 有解,我們可取出互質整數 a,b,0<a, $b < \frac{p}{2}$,使得 np = a2+b2,且 n 是最小。顯然 1<n<pn 不是偶數,否則 ab 必須是奇數。得 $\frac{n}{2} p $ $= (\frac{a+b}{2})^2 + (\frac{a-b}{2})^2$,矛盾。 若 q 是奇質數,且 q 整除 n ,則

\begin{displaymath}
q \equiv 1 \pmod{4}
\end{displaymath}

否則

\begin{displaymath}
a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{q}
\end{displaymath}

a,b 互質,故至少 ab 不是 q 的倍數, 得 $(\frac{a}{b})^2 + 1 \equiv 0 \pmod{q}$$(\frac{b}{a})^2 + 1 \equiv 0 \pmod{q}$ 由引 2 得 $q \equiv 1 \pmod{4}$$ q \leq n < q$,故 q = u2 +v2

\begin{displaymath}
\frac{n}{q} p = (\frac{ua \pm vb}{u^2 + v^2})^2 + (\frac{ub\mp va}{u^2 + v^2})^2
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
(\frac{u}{v})^2 \equiv -1 \pmod{q}, \qquad
(\frac{a}{b})^2 = -1 \pmod{q}
\end{displaymath}

$(\frac{u}{v})^2 \equiv (\frac{a}{b})^2 \pmod{q}$, 得 $\frac{u}{v} = \pm \frac{a}{b} \pmod{q}$, 故 $ub \mp va \equiv 0 \pmod{q}$。 因此, $\frac{ub\mp va}{u^2 +v^2}$ 至少有一個可能是整數,可得 $\frac{ua \pm vb}{u^2 +v^2}$ 也是整數。 因此 n 不是滿足 np = a2 + b2 的最小數。矛盾。

第二步驟 利用

(u2 + v2)(a2 +b2) =(ua + vb)2 + (ub -va)2

可證明,若 $\alpha_1$,…,$\alpha_r$ 是偶數, 則 n = x2 + y2 有解。

第三步驟 若 n=x2 + y2 有解,則 $\alpha_i$,…,$\alpha_r$ 是偶數。 令 dxy 的最大公約數,且 $\alpha_i$,…,$\alpha_r$ 有一個不是偶數。設 $\alpha_i$ 是奇數。 因 $\frac{n}{d^2} = (\frac{x}{d})^2 + (\frac{y}{d})^2$, 且 p1 整除 $\frac{n}{d^2}$,得

\begin{displaymath}
(\frac{x}{d})^2 + (\frac{y}{d})^2 \equiv 0 \pmod{p_1}
\end{displaymath}

$\frac{x}{d}$$\frac{y}{d}$ 互質,故 $(\frac{x}{y})^2 \equiv -1 \pmod{p_1}$$(\frac{y}{x})^2 \equiv -1 \pmod{p_1}$ 與引 2 矛盾。

   

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編輯:康明軒 最後修改日期:4/26/2002