費馬問題 (第 5 頁)

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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，m₁與 m₂ 是整數，如果 n 可以整除 m₁ - m₂ ，我們說：m₁ 與 m₂，在模 n 之下同餘 (m_i 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 m₁ 與 m₂ 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

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

則

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

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：n 與 xyz 會不會互質？

如果在以上情形下，n 與 xyz 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 p 與 2p+1 都是質數，則 Fermat 方程式 x^p + y^p = z^p 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 x^p + y^p = z^p 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 = z₁³。 x₁³ + 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 x^p + y^p = z^p 的第一種情況成立（有關規則質數，請看本文第 6 節。）。

令 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 x 與 y 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 $\xi_i$ 與 $\eta_i$ 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 $\xi_i = u_i \zeta^3_i$ ，u_i 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 n 與 m 是整數。若 n 與 m 在整數之內互質，則 n 與 m 在 $\mathbf{Z}[\omega]$ 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）。第二個性質裏面，同樣的多出可逆元素 u_i。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 n 與 m 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 =z³，z 是偶數，x 與 y 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 y 與 z 互質，故 y 與 z 在 $\mathbf{Z}[\omega]$ 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)）。

故 $z-\overline{\omega} y = \overline{u} \cdot \overline{\alpha}^3$ 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 $\alpha^3 \equiv \overline{\alpha}^3 \pmod{3}$ 得

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

就 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

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

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

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

或

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

若 $x \equiv y \equiv -z \pmod{3}$ ，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 a 與 n 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