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}

令 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
令 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 t， t 是有理數。解 r= (1-s) t , 1+s = rt； 得 $r= \frac{2t}{1+t^2}$, $s= \frac{1-t^2}{1+t^2}$。

令 $t= \frac{v}{u}$ , u 與 v 互質，得

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

因 x 與 z 互質，且 2uv 與 u2 +v2 互質，得 x=2uv, z=u2+v2。（若 2uv 與 u2 +v2 不是互質，則其公約數為 2，且 u 與 v 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
若 p 是質數，且 $n \not\equiv 0 \pmod{p}$ 利用輾轉相除法可找到 m 與 l 滿足

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

故

\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
在 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*}


因 z 是奇數，且 x 與 y 互質，故 $x + \sqrt{-1} y$ 與 $x- \sqrt{-1}y$ 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 $\pm1$ 與 $ \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
若 m 整除 $z - \zeta^i y$ 與 $z - \zeta^{i+k} y \pmod{p}$ 則 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 $\gamma + \delta\sqrt{-5}$ 則 $N(\alpha + \beta \sqrt{-5})$ 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， $\mathbf{Z}[\sqrt{-5}]$ 是 $\mathbf{Q}[ \sqrt{-5} ]$ 之內所有的代數整數， $\mathbf{Z}[\zeta]$ 是 $\mathbf{Q}[\zeta]$ 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