數論（1）——費馬的夢想

08-15

數論（1）——費馬的夢想

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數論最基本的目標就是解丟番圖方程，也就是求整係數方程的整數解.

丟番圖

一個最基本的例子是勾股數方程 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ . 利用算術基本定理，歐幾里得給出了它的所有正整數解：

$x=a(m^{2}-n^{2}),qquad y=2amn,qquad z=a(m^{2}+n^{2})$

其中 $a,m>n$ 均為正整數. 證明主要過程如下：

首先可設 $x,y,z$ 兩兩互素，這種整數解叫本原解，而其他正整數解都可以由某個本原解乘以同一個正整數而得到；
對於本原解 $(x,y,z)$ ，易知 $z$ 為奇數，而 $x$ 和 $y$ 一奇一偶. 不妨設 $y$ 奇 $x$ 偶. 於是方程可改寫為 $x^{2}=z^{2}-y^{2}=(z-y)(z+y)$ ，這一步雖然簡單，但是很關鍵，因為它把多項式 $z^{2}-y^{2}$ 寫成了乘積形式 $(z-y)cdot (z+y)$ . 把這個等式改寫為 $(dfrac{x}{2})^{2}=dfrac{z-y}{2}cdot dfrac{z+y}{2}$ （因 $x$ 是偶數），故 $dfrac{x}{2},dfrac{zpm y}{2}$ 都是正整數；
再證明 $dfrac{z-y}{2}$ 和 $dfrac{z+y}{2}$ 互素. 由算術基本定理可知：若兩個互素正整數之積為平方數，則每個正整數都是平方數. 於是可設 $dfrac{z+y}{2}=m^{2}.dfrac{z-y}{2}=n^{2}$ . 故 $z=m^{2}+n^{2},y=m^{2}-n^{2},x=2mn$ .

在研究其他丟番圖方程時，採用上述證明的方法遇到了困難. 對於步驟 $2$ ，有些方程往往不能化成乘積表達形式，這需要擴大整數範圍；對於步驟 $3$ ，在擴大的整數環中不再有唯一因子分解性質，這是非常大的困難. 對這一困難的深入思考產生了代數數論這門學科.

費馬

1637年，費馬在閱讀丟番圖《算術》一書時，在論述勾股數方程 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 的那一頁寫了一個著名的評註：

任何立方數都不是兩個立方數之和. 任何整數的四次方都不是兩個四次方數之和. 一般地，任意一個更高次方均不是兩個同次方冪之和. 我有一個確實奇妙的證明，但是地方太小寫不下.

這就是著名的費馬大定理：當 $ngeq 3$ 時，方程 $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ 沒有正整數解.

事實上，人們只看到費馬對於 $n=4$ 給出的證明：

設方程 $x^{4}+y^{4}=z^{2}$ 存在正整數解，則存在正整數解 $(x,y,z)$ 使得 $z$ 最小. 這時， $x,y,z$ 必然兩兩互素. 把方程寫成 $(x^{2})^{2}+(y^{2})^{2}=z^{2}$ ，可知 $(x^{2},y^{2},z)$ 是方程 $X^{2}+Y^{2}=Z^{2}$ 的本原解. 由歐幾里得的結果（不妨設 $x$ 為偶數）知

$x^{2}=2uv,qquad y^{2}=u^{2}-v^{2},qquad z=u^{2}+v^{2}$

其中 $u>v$ 為互素的正整數. 由第二個方程知 $u^{2}=y^{2}+v^{2}$ ，從而 $u$ 為奇數而 $v$ 為偶數（否則 $x,y,z$ 均為偶數與假設矛盾）. 於是又有

$v=2st,qquad y=s^{2}-t^{2},qquad u=s^{2}+t^{2}$

其中 $s,t$ 為整數. 這時 $x^{2}=2uv=4st(s^{2}+t^{2})$ . 由於 $s$ 和 $t$ 互素，故它們與 $s^{2}+t^{2}$ 也互素. 上式表明 $s,t,s^{2}+t^{2}$ 均是平方數，即

$s=x_{1}^{2},qquad t=y_{1}^{2},qquad s^{2}+t^{2}=z_{1}^{2}$

於是 $x_{1}^{4}+y_{1}^{4}=z_{1}^{2}$ ，但是 $z_{1}<z$ ，這與 $z$ 的最小性矛盾. 這表明 $x^{4}+y^{4}=z^{2}$ 沒有正整數解，從而 $x^{4}+y^{4}=z^{4}$ 也是如此.

費馬同志對它的證明頗為得意，起了個名字叫「無窮下降法」. 即若 $(x,y,z)$ 是某個方程的正整數解，如果由此可推出該方程另外一組正整數解 $(x,y,z)$ 使得 $z<z$ ，繼續下去便可推出矛盾，因為正整數 $z$ 不能無限地遞降. 這就表明該方程沒有正整數解. 或許費馬認為用這種方法可以證明任意 $ngeq 3$ 的情形，但事實遠不是那麼簡單. 過了一百多年，偉大的數學家歐拉才證明了 $n=3$ 的情形. 但我們今後將會看到，無窮下降法是數論研究的有力工具.

除了費馬大定理，費馬還提出了許多數論猜想，這些猜想是根據一些計算實例和他對數論的直覺給出的，且均沒有給出證明. 下面是他的一部分猜想：

設 $p$ 是奇素數，則方程 $p=x^{2}+y^{2}$ 有整數解 $iff pequiv 1 ext{ mod } 4$
設 $p$ 是奇素數，則方程 $p=x^{2}+2y^{2}$ 有整數解 $iff pequiv 1,3 ext{ mod } 8$
設 $p$ 是奇素數，則方程 $p=x^{2}+3y^{2}$ 有整數解 $iff pequiv 1 ext{ mod } 3$
方程 $y^{2}+2=x^{3}$ 只有一組正整數解 $(x,y)=(3,5)$
方程 $y^{2}+4=x^{3}$ 只有兩組正整數解 $(x,y)=(2,2),(5,11)$

為了解方程 $p=x^{2}+y^{2}$ ，一個自然的想法是擴大整數環範圍，把等式右邊寫成乘積形式 $p=x^{2}+y^{2}=(x+iy)(x-iy)$

我們應該在更大的環——Gauss整環 $mathbb{Z}[i]={a+bi~|~a,bin mathbb{Z}}$ 求解這個方程，並且我們希望這個大環依然成立唯一因子分解性質，也就是我們希望 $mathbb{Z}[i]$ 是UFD.

命題1： $mathbb{Z}[i]$ 是歐幾里得環，從而是UFD.

證明：定義 $z=x+iyin mathbb{Z}[i]$ 的范為 $N(z):=x^{2}+y^{2}$ . 我們證明 $mathbb{Z}[i]$ 關於函數 $mathbb{Z}[i] o mathbb{N}cup {0},~alpha mapsto N(alpha)$

是歐幾里得環. 為此，對 $alpha,etain mathbb{Z}[i],eta eq 0$ ，我們需要證明存在 $gamma in mathbb{Z}[i]$ 使得

$alpha=gamma eta+ ho,qquad N( ho)<N(eta).$

顯然我們只需要找到 $gamma in mathbb{Z}[i]$ 使得 $|dfrac{alpha}{eta}-gamma|<1$ . 因為Gauss整數構成複平面 $mathbb{C}$ 的一個格，故複數 $dfrac{alpha}{eta}$ 落在這個格的某個網路中，且它到最近格點的距離不大於該網路的對角線的長度 $dfrac{sqrt{2}}{2}$ . 因此存在某個 $gamma in mathbb{Z}[i]$ 使得 $|dfrac{alpha}{eta}-gamma| leqdfrac{sqrt{2}}{2} <1.$

現在我們來證明上述費馬猜想 $1$ ：

只需要證明 $mathbb{Z}$ 中的素數 $pequiv 1 ext{ mod }4$ 不是 $mathbb{Z}[i]$ 的素元. 事實上，如果證明了這點，則有分解

$p=alphaeta$

其中 $alpha,eta$ 是 $mathbb{Z}[i]$ 的非單位元. 因為范是乘性的，故

$p^{2}=N(alpha)N(eta)$

因為 $alpha,eta$ 不是單位，故 $N(alpha),N(eta) eq 1$ ，從而 $p=N(alpha)=a^{2}+b^{2}$ ，其中 $alpha =a+bi$ .

最後，為了證明素數 $pequiv 1 ext{ mod }4$ 不是 $mathbb{Z}[i]$ 的素元，我們注意到 $(dfrac{-1}{p})=1$ ，故存在滿足 $x^{2}equiv -1 ext{ mod } p$ 的整數 $a$ . 由

$(a+i)(a-i)=a^{2}+1in pmathbb{Z}[i],~a+i otin pmathbb{Z}[i],~a-i otin pmathbb{Z}[i]$

得證.

更近一步，我們應該處理兩個基本問題

這個環的單位.
這個環的素元.

命題2： $mathbb{Z}[i]$ 的單位元群由四個元組成： $1,-1,i,-i$ .

證明：對不起，你的餘額不足，請及時充值.

命題3：若不計相伴元， $mathbb{Z}[i]$ 的素元 $pi$ 由以下給出：

$pi=1+i$
$pi=p$ ，其中 $pequiv 3 ext{ mod }4$ ， $p$ 表示通常的素數
$pi=a+bi$ ，其中 $a^{2}+b^{2}=1,~pequiv 1 ext{ mod }4,~a>|b|>0$

證明：對不起，你的餘額不足，請及時充值.

接下來我們證明上述費馬猜想 $5$ ：

我們先把方程改寫為

$x^{3}=y^{2}+4=(y+2i)(y-2i)$

利用 $mathbb{Z}[i]$ 的素元分解可證 $y+2i$ 和 $y-2i$ 都是 $mathbb{Z}[i]$ 中某個元的三次冪（練習）. 於是可假設

$y+2i=(a+bi)^{3}$

將其右端展開並比較兩邊的虛部，有

$2=3a^{2}b-b^{3}=(3a^{2}-b^{2})b.$

由 $b$ 是 $2$ 的約數知它為 $b=1,-1,2,-2$ 中的一個，分別對應 $3a^{2}=3,-1,5,3$ ，因此

$(a,b)=(pm 1,1)$ 或 $(pm 1,-2) .$

代入原式即得證.

類似地，考察環 $mathbb{Z}[sqrt{-2}]$ 可證明上述費馬猜想 $2$ 和 $4$ ；考察環 $mathbb{Z}[sqrt{-3}]$ 可證明上述費馬猜想 $3$ .

Gauss整數在域 $mathbb{Q}(i)={a+bi~|~a,bin mathbb{Q}}$ 中起到的作用就好像 $mathbb{Z}$ 在 $mathbb{Q}$ 中的作用那樣，注意到 $mathbb{Z}[i]$ 恰好是 $mathbb{Q}(i)$ 中滿足首一多項式 $x^{2}+ax +b=0$ （ $a,bin mathbb{Z}$ ）的元素組成. 這就引出代數整數的一般概念.

費馬大定理在 $n=3$ 的情形的證明

我們這裡的證明與歐拉所給出的證明的本質上是一樣的. 由於從最初就將證明細節寫出來難以讀懂，故我們先敘述證明的要點. 其方法是，將前面在求 $y^{2}=x^{3}-4$ 的整數解所使用過的方法與「無窮下降法」合併使用.

歐拉

證明：假設存在 $x^{3}+y^{3}=z^{3}$ 的正整數解，取 $x eq 0,y eq 0,z eq 0$ 為所有正整數解中使得 $max(x,y,z)$ 最小者. 然後證明存在滿足 $max(x,y,z)<max(x,y,z)$ 的解 $x,y,z$ ，從而導出矛盾. 這裡我們只講述證明的要點，更多細節參見文獻2的P90.

首先，證明只需取 $y,z$ 為奇數即可，從而可設 $y,z$ 為奇數.
改寫 $x^{3}+y^{3}=z^{3}$ 為 $x^{3}=(z-y)(z-xi_{3}y)(z-ar{xi}_{3}y)$ . （注意有 $xi_{3}^{2}=ar{xi}_{3}$ ）類似前面證明 $x^{3}=(y+2i)(y-2i)implies y+2i,y-2i$ 為 $mathbb{Z}[i]$ 中某個元的三次冪，可以證明：當 $x$ 不能被 $3$ 除盡時，存在 $cin mathbb{Z},alphain mathbb{Z}[xi_{3}]$ 使得 $z-y=c^{3},~z-xi_{3}y=ar{xi}_{3}alpha^{3},~z-ar{xi}_{3}y=xi_{3}ar{alpha}^{3}$ ；當 $x$ 被 $3$ 除盡時，存在 $cin mathbb{Z},alphain mathbb{Z}[xi_{3}]$ 使得 $z-y=9c^{2},~z-xi_{3}y=(1-xi_{3})alpha^{3},~z-ar{xi}_{3}y=(1-ar{xi}_{3})ar{alpha}^{3}$
設 $alpha=a+bxi_{3}in mathbb{Z}[xi_{3}]$ ，其中 $a,bin mathbb{Z}$ .
當 $x$ 不能被 $3$ 除盡時，由上述 $2$ 步驟可知 $y=a^{3}-3ab^{2}+b^{3},qquad z=-a^{3}+3a^{2}b-b^{3}$ ，從而得到 $z-y=(a+b)(2a-b)(2b-a)=c^{3}$ . 可以證明 $a+b,2a-b,2b-a$ 兩兩互素，故可設它們分別為整數 $x,y,z$ 的三次冪且滿足 $max(x,y,z)<max(x,y,z)$ .
當 $x$ 被 $3$ 除盡時，由上述 $2$ 步驟可知 $y=a^{3}-6a^{2}b+3ab^{2}+b^{3},qquad z=a^{3}+3a^{2}b-6ab^{2}+b^{3}implies z-y=9ab(a-b)=9c^{3}$ 可以證明 $a,b,a-b$ 兩兩互素，故可設它們分別為整數 $x,y,z$ 的三次冪且滿足 $max(x,y,z)<max(x,y,z)$ .