您當前的位置：首頁 > 攝影

Fermat 定理

作者：由東城居士發表于攝影時間：2020-11-05

早在幾千年以前，數學家們就已經知道方程

$x^{2}+y^{2}=z^{2}$

有整數解。如

$~~~~~~~3^{2}+4^{2}=5^{2}，~~~~~~5^{2}+12^{2}=13^{2}，$

$~~~~~8^{2}+15^{2}=17^{2}，~~20^{2}+21^{2}=29^{2}，$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot$

而由 Pythagoras 定理知上述每一組整數剛好是直角三角形的邊長。

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot$

可以注意到我們上面給的直角三角形的斜邊長都是素數，且都是模

剩

的素數。那是否存在直角三角形使得它的斜邊長是模

剩

的素數呢？答案是否定的。對於上述給出的模

剩

的素數，它們其實還可以表示成兩個整數的平方和，即

$~~~~~~~~~5=2^{2}+1^{2}，~~~~~13=3^{2}+2^{2}，$

$~~~~~~~~17=4^{2}+1^{2}，~~~~29=5^{2}+2^{2}，$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot$

那麼對於模

剩

的素數，它們是否也可以表示成兩個整數的平方和呢？答案仍然是否定的，它們甚至不能表示成兩個有理數的平方和。以上這些有意思的觀察都是數學家 Fermat 在讀 Diophantus 的《算術》時所做的評註。

Diophantus 所著的《算術》

初看起來這些結果只不過是方程的零星事實的羅列而已，但事實上這裡面蘊含著非常深刻的東西。現在已經可以嚴格證明 Fermat 的觀察是正確的，因此我們將這些結論稱為

Fermat 定理

。 Fermat 定理在數論史上有著極其重要的意義，它超越了古代數論的水平，宣告了近代數論的誕生，甚至掀開了在 20 世紀中被稱作“ 類域論 ”這一大理論的序幕。本文將藉助 Gauss 整數環的理論嚴格地給出 Fermat 定理的證明。

1. Gauss 整數環

設

$i=\sqrt{-1}$

為虛數單位，則容易驗證集合

$~~~~~~~~~~~~~\mathbb{Z}[i]= \left\{ a+bi|a,b\in\mathbb{Z} \right\}$

為複數域

$\mathbb{C}$

的子環，我們稱之為

Gauss 整數環

，

$\mathbb{Z}[i]$

裡面的元素稱作

Gauss 整數

。

Gauss 整數

對任意

$\alpha\in\mathbb{Z}[i]$

，我們稱非負整數

$~~~~~~~~~~~~~~~N(\alpha)=|\alpha|^{2}=\alpha\cdot\bar{\alpha}$

為 Gauss 整數

$\alpha$

的範數。 Gauss 整數的範數具有下述性質。

定理 1：

設

$\alpha,\beta\in\mathbb{Z}[i]$

，則有

(1).

$N(\alpha\beta)=N(\alpha)N(\beta)$

。

(2).

$N(\alpha)=0\Leftrightarrow\alpha=0$

。

(3).

$\alpha\in(\mathbb{Z}[i])^{\times}\Leftrightarrow N(\alpha)=1$

。

證明：

(1).

設

$\alpha=a+bi$

，

$\beta=c+di$

。則

$N(\alpha\beta)=|\alpha\beta|^{2}=|(a+bi)(c+di)|^{2}$

$~~~~~~~~~~~=|(ac-bd)+(ad+bc)i|^{2}$

$~~~~~~~~~~~=(ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2}$

$~~~~~~~~~~~=(ac)^{2}+(bd)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}$

$~~~~~~~~~~~=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})$

$~~~~~~~~~~~=N(\alpha)N(\beta).$

(2).

設

$\alpha=a+bi$

，則由範數的定義知

$N(\alpha)=a^{2}+b^{2}$

，故很容易驗證有

$N(\alpha)=0\Leftrightarrow a=b=0\Leftrightarrow\alpha=0.$

(3).

設

$\alpha\in(\mathbb{Z}[i])^{\times}$

，則存在

$\beta\in\mathbb{Z}[i]$

，使得

$\alpha\beta=1$

。兩邊取範數得，由

(1)

可得

$~~~~~~N(\alpha)N(\beta)=N(\alpha\beta)=N(1)=1.$

從而

$N(\alpha)=1$

。反之，若

$N(\alpha)=1$

，我們設

$\alpha=a+bi$

，則有

$a^{2}+b^{2}=1$

。解得

$a=\pm1,b=0$

或

$a=0,b=\pm1$

，即有

$\alpha=1,-1,i,-i$

。又顯然有

$~~~~~~1\cdot1=(-1)\cdot(-1)=i\cdot(-i)=1.$

從而可得

$\alpha\in(\mathbb{Z}[i])^{\times}$

。

注 1：

事實上，上述定理中的

(1)

和

(2)

對

$\alpha,\beta\in\mathbb{C}$

也成立，證明是一模一樣的。而由

(3)

知

$(\mathbb{Z}[i])^{\times}=\left\{ 1,-1,i,-i \right\}$

。

Gauss 整數環是一個性質很好的環。

定理 2：

$\mathbb{Z}[i]$

是 Euclid 整環。

證明：

設

$\alpha,\beta\in\mathbb{Z}[i]$

且

$\beta\ne0$

，

$\alpha=a+bi$

，

$\beta=c+di$

，

$\frac{\alpha}{\beta}=x+yi\in\mathbb{C}$

。選取

$m,n\in\mathbb{Z}$

使之滿足

$~~~~~~~~|x-m|\leq\frac{1}{2},~~~|y-n|\leq\frac{1}{2}.$

令

$\gamma=m+ni$

，

$\delta=\alpha-\beta\gamma$

，則有

$\gamma,\delta\in\mathbb{Z}[i]$

，且

$N(\delta)=N(\alpha-\beta\gamma)=N(\beta\cdot(\frac{\alpha}{\beta}-\gamma))$

$~~~~~~~~~=N(\beta)\cdot N(\frac{\alpha}{\beta}-\gamma)$

$~~~~~~~~~=N(\beta)\cdot ((x-m)^{2}+(y-n)^{2})$

$~~~~~~~~~\leq N(\beta)\cdot (\frac{1}{4}+\frac{1}{4})=\frac{1}{2}N(\beta).$

從而有

$\alpha=\beta\gamma+\delta$

，且

$N(\delta)=0$

或者

$N(\delta)<N(\beta).$

注 2：

由於 Euclid 整環是主理想整環，而主理想整環是唯一分解整環，從而由

定理 2

知 Gauss 整數環是唯一分解整環，此時

$\mathbb{Z}[i]$

中的元素是素元當且僅當它是不可約元。

為了證明 Fermat 定理，我們需要下述結論。

定理 3 ：

設

$\alpha\in\mathbb{Z}[i]$

且

$N(\alpha)$

為素數，則

$\alpha$

為

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元。

證明：

設

$\alpha=\beta\gamma$

，

$\beta,\gamma\in\mathbb{Z}[i]$

。兩邊取範數有

$~~~~~~N(\alpha)=N(\beta\gamma)=N(\beta)N(\gamma).$

由於

$N(\alpha)$

為素數，從而有

$N(\beta)=1$

或

$N(\gamma)=1$

。由

定理 1

知

$\beta$

為單位或者

$\gamma$

為單位，故

$\alpha$

為

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元。

2. Fermat 定理

下面我們給出本文的主要結論。

Fermat 定理：

設

為奇素數，則

(1).

方程

$p=x^{2}+y^{2}$

有正整數解當且僅當

$p\equiv1(mod~4)$

。且若不計順序解是唯一的。

(2).

方程

$p^{2}=x^{2}+y^{2}$

有正整數解當且僅當

$p\equiv1(mod~4)$

。且若不計順序解是唯一的。

證明：

(1).

若方程

$p=x^{2}+y^{2}$

有正整數解，比如其解為

，

。則

必為一奇一偶，不妨設

，

。則有

$~~p=a^{2}+b^{2}=(2m)^{2}+(2n+1)^{2}$

$~~~~=4m^{2}+4n^{2}+4n+1\equiv1(mod~4).$

設

$p\equiv1(mod~4)$

，我們先證

不是

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元。由

$p\equiv1(mod~4)$

可知

$\left( \frac{-1}{p} \right)=1$

，從而存在整數

，使得

$a^{2}\equiv-1(mod~p)$

，即

。若

為

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元，則有

或

。但顯然

$p\nmid (a+i)$

且

$p\nmid (a-i)$

，從而

不是

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元。現設

$p=\alpha\beta$

，

$\alpha,\beta\in\mathbb{Z}[i]$

且

$\alpha,\beta$

不是單位。兩邊取範數，得

$~~~~~p^{2}=N(p)=N(\alpha\beta)=N(\alpha)N(\beta).$

由於

$N(\alpha)>1$

且

$N(\beta)>1$

，從而有

$N(\alpha)=p$

。又由有範數的定義可知

$p=N(\alpha)=\alpha\bar{\alpha}$

，設

$\alpha=a+bi$

，則

$~~p=\alpha\bar{\alpha}=(a+bi)(a-bi)=a^{2}+b^{2}.$

從而方程

$p=x^{2}+y^{2}$

有正整數解。

下證解的唯一性。若方程

$p=x^{2}+y^{2}$

有兩組正整數解

和

，即

$~~~~~p=a^{2}+b^{2}=(a+bi)(a-bi),$

$~~~~~p=c^{2}+d^{2}=(c+di)(c-di).$

由於直接計算知

為素數，從而由

定理 3

知

都是素元。由

$\mathbb{Z}[i]$

的唯一分解性知

$~~~~~a+bi\sim c+di,~a+bi\sim c-di$

有且僅有一個成立。若

$a+bi\sim c+di$

，則不難逐個驗證有

，

。若

$a+bi\sim c-di$

，則有

，

。從而若不計順序，則方程

$p=x^{2}+y^{2}$

的正整數解是唯一的。

(2).

首先我們證明若

$p\equiv3(mod~4)$

，則

為

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元。若

不是

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元，則由

(1)

中的證明知存在整數

，使得

$p=a^{2}+b^{2}$

，此時必有

$p\equiv1(mod~4)$

，矛盾。從而當

$p\equiv3(mod~4)$

時，

必為

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元。

若方程

$p^2=x^{2}+y^{2}$

有正整數解，則必有

$p\equiv1(mod~4)$

，否則有

$p\equiv3(mod~4)$

。設方程的正整數解為

，

，則有

由前面的論述知

為

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元，從而有

或

。無論是那種情況，都有

且

。設

$a=pa_{1}$

，

$b=pb_{1}$

，則由

$p^2=a^{2}+b^{2}$

可知

$~~~~~~1=a_{1}^{2}+b_{1}^{2}\geq1+1=2.$

矛盾，從而有

$p\equiv1(mod~4)$

。

若

$p\equiv1(mod~4)$

，則由

(1)

知存在不相等的正整數

，使得

$p=a^{2}+b^{2}$

。從而有

$~~p^2=(a^{2}+b^{2})^{2}=(a^{2}-b^{2})^{2}+(2ab)^2.$

令

，

，則

為方程

$p^2=x^{2}+y^{2}$

的正整數解。

下證解的唯一性。設方程

$p^2=x^{2}+y^{2}$

有一組正整數解

，而

為方程

$p=x^{2}+y^{2}$

的正整數解且

。則有

$c^{2}+d^{2}=(a^{2}+b^{2})^2,$

即為

容易驗證

和

都為素元，而

和

都不是素元。由

$\mathbb{Z}[i]$

的唯一分解性知

$~~c+di\sim (a+bi)^2,~c+di\sim (a-bi)^2$

有且僅有一個成立。若

$c+di\sim (a+bi)^2$

，則不難逐個驗證有

，

。若

$c+di\sim (a-bi)^2$

，則有

，

。而由

(1)

的結論知

是唯一的，從而若不計順序，則方程

$p^2=x^{2}+y^{2}$

的正整數解是唯一的。

注 3：

由上述定理的證明知

$p\equiv1(mod~4)$

與

$p\equiv3(mod~4)$

的素數的根本區別在於前者在

$\mathbb{Z}[i]$

中已經不再是素元而後者在

$\mathbb{Z}[i]$

中仍然是素元，Fermat 定理反映了從

$\mathbb{Z}$

到

$\mathbb{Z}[i]$

的擴張時，

$\mathbb{Z}$

中的素數是否仍然是

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元由素數除

的餘數決定。另外，由上述定理的證明不難知道在不計相伴元的情況下，

$\mathbb{Z}[i]$

中的素元有且只有三類。即為

，

和

，其中後兩類須滿足

$N(a+bi)\equiv1(mod~4)$

，

$p\equiv3(mod~4).$

Gauss 整數環中的素元

除了方程

$p=x^{2}+y^{2}$

，Fermat 還考察了

$p=x^{2}+2y^{2},~p=x^{2}+3y^{2}, ~p=x^{2}-2y^{2}$

等方程的整數解的問題。此時對應的環是

$\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$

，

$\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$

和

$\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$

，方程是否有整數解轉化為

是否仍然為

$\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$

，

$\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$

和

$\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$

中的素元。這些相應的結論都稱為

Fermat 定理

，Fermat 定理拉開了類域論的序幕，而類域論是數論理論的巔峰之一，由此可見 Fermat 定理的深刻性。

參考文獻：

加藤和也等：

數論 I ——Fermat 的夢想和類域論。

王芳貴：

代數學基礎。

Ireland

and

Rosen：

A Classical Introduction to Modern Number Theory。

Neukirch：

Algebraic Number Theory。

標簽：素元 Fermat 定理整數正整數

上一篇:強化學習公式推導

下一篇：Poncelet 定理

猜你喜歡