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費 馬 最 後 定 理余 文 卿西 元 1637 年 左 右 , Fermat 在 他 的 書的 邊 緣 上 這 樣 寫 著 : “n 是 大 於 2 的 正 整 數時 , 不 定 方 程 式 x n +y n = z n 沒 有 非 顯 然 的整 數 解 。”他 並 附 加 道 : “ 我 找 到 了 一 非 常 漂 亮 的證 明 , 但 這 裡 沒 有 足 夠 的 空 間 , 致 無 法 將 證明 寫 下 ”。 到 目 前 為 止 , 這 敘 述 並 沒 有 得 到 證明 , 但 也 舉 不 出 反 例 , 而 被 稱 為 費 馬 最 後 定 理(Fermat’s Last Theorem)。到 底 Fermat 有 沒 有 真 正 證 明 了 費 馬 最後 定 理 ? 以 他 那 時 的 數 學 工 具 , 他 可 能 證 出n = 3, 4, 5 的 特 殊 情 形 , 而 據 此 推 斷 一 般 的n 都 成 立 , 這 也 是 當 代 不 太 成 熟 的 數 學 歸 納法 , 三 百 多 年 來 , 這 問 題 雖 未 獲 徹 底 解 決 , 但引 發 了 一 系 列 數 論 方 面 的 主 題 , 使 數 論 發 展到 另 一 新 的 境 界 。顯 然 地 , 若 對 某 一 冪 次 n 的 費 馬 最 後 定理 得 證 , 則 對 所 有 n 的 倍 數 冪 次 , 定 理 也 跟 著成 立 。 注 意 到 任 意 大 於 2 的 正 整 數 , 不 是 4 的倍 數 , 就 是 奇 質 數 的 倍 數 , 故 只 需 考 慮 n = 4或 n 是 奇 質 數 的 情 形 。我 們 將 看 到 n = 4 時 定 理 成 立 , 因 而 只需 考 慮 n 是 奇 質 數 的 情 形 。 一 般 , 我 們 將 奇質 數 冪 次 分 成 下 面 兩 類 。(A) 費 馬 最 後 定 理 第 一 種 情 形 : 不 定 方 程 式x p + y p = z p , (p, xyz) = 1沒 有 整 數 解 。(B) 費 馬 最 後 定 理 第 二 種 情 形 : 不 定 方 程 式x p + y p = z p , p|z, (p, xy) = 1沒 有 整 數 解 。在 底 下 各 節 , 我 們 將 分 別 探 討 n =4, n = 3 以 及 p 是 規 則 質 數 (regularprime) 的 特 別 情 形 。一 . n = 4 的 特 別 情 形在 這 一 節 , 我 們 將 證 明 n = 4 時 定 理 成立 , 因 而 n 是 4 的 倍 數 時 , 定 理 也 跟 著 成 立 。使 用 的 手 法 通 稱 為 下 降 法 (method of decent)。即 假 設 有 一 組 整 數 解 , 嘗 試 由 這 組 解得 出 另 一 數 據 較 小 的 整 數 解 , 若 原 先 出 發 的整 數 解 已 設 定 為 數 據 最 小 的 , 則 這 與 假 設 矛盾 。 故 原 先 方 程 式 不 會 有 解 , 這 方 法 在 Fermat的 時 代 , 就 有 人 用 過 。 現 我 們 從 不 定 方程 式 x 2 + y 2 = z 2 的 整 數 解 談 起 。1

2 數 學 傳 播 十 八 卷 二 期 民 83 年 6 月預 備 定 理 1. 在 條 件 x > 0, y > 0, z >0, (x, y) = 1, 2|x 限 制 下 , 不 定 方 程 式的 一 般 解 是x 2 + y 2 = z 2x = 2ab, y = a 2 − b 2 , z = a 2 + b 2 ,其 中 a, b 是 滿 足 (a, b) = 1, a > b > 1 的整 數 。證 明 : 因 2|x 且 (x, y) = 1, 故 y 與 z 都 是奇 數 且 互 質 , 得 出z−y2與z+y2是 互 質 整 數 ,又 ( ) x 2 ( ) ( )z − y z + y=2 2 2z−y z+y故 得 出 與 都 是 平 方 數 , 定2 2z + y2= a 2 ,z − y2= b 2則 z = a 2 + b 2 , y = a 2 − b 2 , x = 2ab。更 進 一 步a > 0, b > 0, a > b, (a, b) = 1。反 過 來 , 很 容 易 驗 證z = a 2 + b 2 , y = a 2 − b 2 , x = 2ab確 實 是 不 定 方 程 式 x 2 + y 2 = z 2 的 解 , 這 證明 了 預 備 定 理 。形 。底 下 我 們 利 用 下 降 法 證 明 n = 4 的 情命 題 1. 不 定 方 程 式沒 有 正 整 數 解 。x 4 + y 4 = z 4證 明 : 實 際 上 , 我 們 是 要 證 明 不 定 方 程 式x 4 + y 4 = u 2沒 有 正 整 數 解 。 設 u 是 滿 足u 2 = x 4 + y 4 , x > 0, y > 0, u > 0的 最 小 正 整 數 , 則 (x, y) = 1, 否 則 我 們 可 找到 一 比 u 更 小 的 正 整 數 滿 足 同 一 方 程 式 。 因此 x 與 y 中 至 少 有 一 是 奇 數 , 且u 2 ≡ 1 或 2 (mod 4)。但 u 2 ≡ 2 (mod 4) 不 可 能 發 生 , 故 x 與 y之 中 必 有 一 是 奇 數 與 一 偶 數 。設 x 是 偶 數 , 則 由 預 備 定 理 1 得 出x 2 = 2ab, y 2 = a 2 − b 2 , u = a 2 + b 2 。其 中 a > 0, b > 0, (a, b) = 1, 注 意 到a 2 + b 2 ≡ a + b ≡ 1 (mod 2)。故 a 與 b 之 中 剛 好 有 一 是 偶 數 。 若 a 是 偶數 , b 是 奇 數 , 則y 2 ≡ −1 (mod 4)這 不 可 能 , 故 a 是 奇 數 且 b 是 偶 數 , 定 b =2c, 則( x 2 )2 = ac 且 (a, c) = 1得 出a = d 2 , c = f 2 , d > 0, f > 0, (d, f) = 1且 d 是 奇 數 。 因 此y 2 = a 2 − b 2 = d 4 − 4f 4

費 馬 最 後 定 理 3即(2f 2 ) 2 + y 2 = (d 2 ) 2但 2f 2 , y, d 2 兩 兩 互 質 , 再 次 利 用 預 備 定 理1, 得 出2f 2 = 2lm, d 2 = l 2 + m 2 , l > 0, m > 0,(l, m) = 1由 f 2 = lm 且 (l, m) = 1, 可 設l = r 2 , m = s 2因 此r 4 + s 4 = d 2且d ≤ d 2 = a ≤ a 2 < a 2 + b 2 = u與 原 先 假 設 矛 盾 , 故 得 證 這 命 題 。二 . n = 3 的 特 別 情 形不 定 方 程 式f(x 1 , x 2 , . . .,x n ) = 0有 解 的 必 要 條 件 是 對 任 意 正 整 數 m, 同 餘 方程 式f(x 1 , x 2 , . . ., x n ) ≡ 0 (mod m)都 有 解 。 若 能 找 到 正 整 數 m, 使 得 上 面 的 同餘 方 程 式 無 解 時 , 則 自 然 地 , 原 方 程 式 就 沒 有整 數 解 。 現 利 用 這 方 法 證 明 n = 3 的 特 別 情形 。命 題 2. 不 定 方 程 式x 3 + y 3 = z 3 , (xyz, 3) = 1沒 有 整 數 解 。證 明 : 我 們 將 證 明 同 餘 方 程 式x 3 + y 3 ≡ z 3 (mod 9), (xyz, 3) = 1沒 有 整 數 解 。 假 設 不 然 , 即 同 餘 方 程 式 有 解 ,由 同 餘 式x 3 + y 3 ≡ z 3 (mod 3)以 及 Fermat 小 定 理 :(a, p) = 1 ⇒ a p ≡ a (mod p)得 出x + y ≡ z (mad 3)定 z = x + y + 3µ, µ ∈ Z, 因 此x 3 + y 3 ≡ (x + y + 3u) 3≡ x 3 + y 3 + 3x 2 y + 3xy 2 (mod 9)故0 ≡ x 2 y+xy 2 = xy(x+y) ≡ xyz (mod 3)與 原 來 假 設 (xyz, 3) = 1 矛 盾 , 故 得 證 。習 題 1. 證 明 下 列 的 同 餘 方 程 式 沒 有 整 數 解x 5 + y 5 = z 5 (mod 25) , (xyz, 5) = 1。習 題 2. 證 明 不 定 方 程 式x 3 + y 3 = 5z 3 , z ≠ 0沒 有 整 數 解 。

4 數 學 傳 播 十 八 卷 二 期 民 83 年 6 月三 . 分 圓 體所 謂 的 分 圓 體 (cyclotomic field) k, 是指 多 項 式 X n −1 (n ≥ 2) 在 Q 之 上 的 分 裂體 (splitting field)。 因 此 k = Q(e 2πi/n ),而 其 Galois 群 Gal(k/Q) 是 由 自 同 構 σ a所 組 成 。 σ a 定 義 為σ a : e 2πi/n −→ e 2πia/n , (a, n) = 1故 它 的 秩 是 ϕ(n)。為 簡 化 符 號 起 見 , 我 們 定 ζ n = e 2πi/n 。在 此 我 們 只 對 n 是 奇 質 數 的 情 形 比 較 感 興趣 。 利 用 熟 知 的 Eisenstein 判 定 法 , 我 們 知道 多 項 式φ p (X) = X p−1 + X p−2 + · · · + X + 1是 Z[X] 中 的 不 可 約 多 項 式 。 注 意 ζ p 是 φ p的 一 零 位 。 因 此[Q[ζ p ] : Q] = p − 1且 ζ i p (i = 1, 2, . . ., p − 1) 是 ζ p 的 相 異 共軛 數 。預 備 定 理 2. 在 環 D = Z[ζ p ] 中 , 1 − ζ p 是一 質 數 , 且 p 可 分 解 成p = ǫ(1 − ζ p ) p−1其 中 ǫ 是 D 中 的 單 位 (unit)。證 明 : 在 等 式X p−1 + X p−2 + · · · + X + 1= (X − ζ p )(X − ζp 2 ) · · ·(X − ζp−1 p )中 , 令 x = 1 則p = (1 − ζ p )(1 − ζp 2 ) · · ·(1 − ζp−1 p )設 k = Q[ζ p ], 則故( ) 1 − ζjN pk/Q = 1, 1 ≤ j ≤ p − 11 − ζ p1 − ζ j p = ǫ j(1 − ζ p ),其 中 ǫ j 是 一 單 位 , 設 ǫ = ∏ p−1j=1 ǫ j , 則p = ǫ(1 − ζ p ) p−1 。預 備 定 理 3. 若 有 理 整 數 b 可 被 1 − ζ p 整除 , 則 b 可 被 p 整 除 。證 明 : 設 b = (1 − ζ p )α, 則N k/Q (b) = b p−1= N k/Q (1 − ζ p )N k/Q (α) = p N k/Q (α)其 中 k = Q[e 2πi/p ], 因 N k/Q (α) 是 整 數 且p 是 質 數 , 故 p 是 b 的 質 因 數 。習 題 3.敘 述 Z[X] 中 不 可 約 多 項 式 的Eisenstein 判 別 法 , 並 證 明 之 。在 底 下 , 我 們 決 定 Q(ζ p ) 的 整 數 環 ,首 先 我 們 定 義 基 底 的 判 別 式 。 設 k 是 Q的 n 次 擴 充 體 , 對 任 意 k 的 一 組 基 底α 1 , α 2 , . . .,α n , 定 義 這 組 基 底 的 判 別 式 為D(α 1 , α 2 , . . .,α n )= det[trace(α i α j )] 1≤i,j≤n若 α 1 , α 2 , . . ., α n 也 正 好 是 模 (module) M的 基 底 , 則 稱 D(α 1 , α 2 , . . .,α n ) 是 模 M 的

設 E n 是 Q[ζ n ] 的 單 位 群 (group ofunits), V n 是 由{±ζ n , 1 − ζ a n | 0 < a ≤ n − 1}所 生 成 的 乘 法 群 , 定 義C n 稱 為 Q[ζ n ] 中 的 分 圓 單 位 群 (group ofcyclotomic units)。命 題 6. 設 p 是 質 數 , r 是 正 整 數 且 q = p r ,則 Q[ζ q ] 的 分 圓 單 位 群 的 生 成 元 素 是 ±ζ q 與η a= ζ q(1−a)/2 (1 − ζq a )/(1 − ζ q),0 < a < q/2, (a, p) = 1。證 明 : 若 k < r 且 (b, p) = 1, 則 由 關 係 式得 出1 − X pk =∏= ±ζqd′η aa位 都 是 分 圓 單 位 。C n = V n ∩ E n ,沒 有 整 數 解 。p∏k −1(1 − ζq jpr−kX)j=0∏有 共 軛 數 , 且(1 − ζq b+jpr−k )n∏j=0P(X) =j=1只 差∏(1 − ζq) a α(a) 冪 次 。,a1 ≤ a < q/2, (a, q) = 1。的 方 根 , 因 此∏(1 − ζq a )α(a) (1 − ζ q ) −α(a)ap k −11 − ζq bpk =因 (p, b + jp k ) = 1, 故 我 們 只 需 考 慮(a, p) = 1 的 情 形 , 又 1−ζq a 與 1−ζq−a−ζ q 的 冪 次 方 , 故 只 要 考 慮 1 ≤ a < q/2。假 設ξ = ±ζ d q是 Q[ζ q ] 中 的 分 圓 單 位 , 因 N k|Q (1 − ζ a q ),k = Q[ζ q ] 都 相 等 , 故 Σα(a) = 0, 因 此ξ = ±ζ d q費 馬 最 後 定 理 7習 題 9. 證 明 在 Q[ζ n ], n = 2, 3 中 , 每 一 單五 . 規 則 質 數 的 第 一 種 情 形質 數 p 若 不 能 整 除 Q[e 2πi/p ] 的 類 數(class number), 則 稱 p 是 規 則 質 數 (regularprime), 否 則 稱 為 不 規 則 質 數 , 在 這 一 節中 , 我 們 將 證 明 p 是 規 則 質 數 時 , 不 定 方 程 式x p + y p = z p , (xyz, p) = 1預 備 定 理 4. 若 α 是 一 代 數 整 數 且 α 的 所有 共 軛 數 的 絕 對 值 都 是 1, 則 α 是 1 的 方 根 。證 明 : 只 要 證 明 α 的 所 有 冪 次 所 成 的 集 合 是一 有 限 集 合 , 設 α = α 1 , . . .,α n 是 α 的 所(X − α m j )則 P(X) ∈ Z[X] 且 其 係 數 都 被 一 與 m 無關 的 常 數 界 定 住 , 故 只 有 有 限 多 個 多 項 式 以α 的 冪 次 方 為 根 。 因 此 , α 只 有 有 限 個 相 異命 題 7. 設 ǫ 是 Z[ζ p ] 中 的 單 位 , 則 存 在 有µ ∈ Q[ζ p +ζ −1p ] 與 r ∈ Z, 使 得 ǫ = µ ·ζ r p 。證 明 : 設 α = ǫ/¯ǫ, 則 由 預 備 定 理 4, α 是 1ǫ¯ǫ = ±ζa p, a ∈ Z。

8 數 學 傳 播 十 八 卷 二 期 民 83 年 6 月設 ǫ/¯ǫ = −ζ a p 且則ǫ = b 0 + b 1 ζ p + · · · + b p−2 ζ p−2p ,ǫ ≡ b 0 + b 1 + · · · + b p−2 (mod (1 − ζ p ))且¯ǫ = b 0 + b 1 ζp−1 + · · · + b p−2 ζp−p+2≡ b 0 + b 1 + · · · + b p−2 (mod (1 − ζ p ))≡ ǫ (mod (1 − ζ p ))≡ −ζ a p¯ǫ (mod (1 − ζ p ))≡ −¯ǫ (mod (1 − ζ p ))。因 此 2¯ǫ ≡ 0 (mod (1 − ζ p )), 因 1 − ζ p 是質 因 數 且 2 不 能 被 1 − ζ p 整 除 , 故 ¯ǫ 可 被1 − ζ p 整 除 , 與 ǫ 是 單 位 的 事 實 矛 盾 。因 此 ǫ/¯ǫ = ζ a p , 設 2r ≡ a (mod p),則 ǫ = ζ r p ǫ 1 且 ¯ǫ 1 = ǫ 1 ∈ Q[ζ p + ζ −1p ]。預 備 定 理 5. 設 x 與 y 是 互 質 整 數 , 若x+y 不 能 被 p 整 除 , 則 所 有 主 理 想 (x+ζ i p y)i = 0, 1, . . ., p − 1 兩 兩 互 質 。證 明 : 設 P 是 一 質 理 想 滿 足則P|(x + ζ i py) 且 P|(x + ζ i py), i ≠ j。P|(ζ i p y − ζj p y) = ( 單 位 ) (1 − ζ p )y所 以 P = 1 − ζ p 或 P|y。同 理 證 明 P = 1 − ζ p 或 P|x。 若P ≠ (1 − ζ p ), 則 P|x 且 P|y, 這 不 可 能 ,原 因 是 (x, y) = 1。 因 此 P = (1 − ζ p ), 故x + y ≡ x + ζ i py ≡ 0 (mod P)因 而x + y ≡ 0 (mod p)這 與 假 設 不 合 , 故 得 所 欲 證 。現 我 們 考 慮 p 是 規 則 質 數 的 情 形 。命 題 8. 設 p 是 規 則 質 數 , 則 不 定 方 程 式x p + y p = z p , (xyz, p) = 1沒 有 整 數 解 。證 明 : p = 3 的 情 形 已 得 證 , 現 設 p ≥ 5, 設方 程 式 有 一 組 整 數 解 x, y 與 z, 則x p + y p ≡ x + y ≡ z p ≡ z (mod p)因 此 p 不 是 x + y 的 質 因 數 , 把 等 式p−1 ∏i=0(x + ζp i y) = (z)p視 為 主 理 想 間 的 關 係 式 , 由 預 備 定 理 4, 我 們知 理 想(x + ζp i y), 0 ≤ i ≤ p − 1兩 兩 互 質 , 故 每 一 個 必 是 理 想 的 p 次 方(x + ζpy) i = A p i, 0 ≤ i ≤ p − 1但 Q[ζ p ] 的 類 數 不 能 被 p 整 除 , 故 A i也 是 主 理 想 。 設A i = (α i ), 0 ≤ i ≤ p − 1則(x + ζp i y) = (αp i )故x + ζ i py = ( 單 位 )α p i

費 馬 最 後 定 理 9考 慮 i = 1, 並 把 上 標 略 去 , 則x + ζ p y = ǫα p其 中 ǫ 是 Q[ζ p ] 的 單 位 , 把 ǫ 表 為 ζ r p ǫ 1,¯ǫ 1 = ǫ 1 , 令且則且α = a 0 + a 1 ζ p + · · · + a p−2 ζ p−2pa = a p 0 + a p 1 + · · · + a p p−2α p ≡ a (mod p)x + ζ p y = ζ r pǫ 1 α p ≡ ζ r pǫ 1 a (mod p)而 且 有結 合 兩 式 得 出或x + ζp−1 y ≡ ζp −r ǫ 1 a (mod p)ζ −rp (x + ζ p y) ≡ ζ r p(x + ζ −1p y) (mod p)x + ζ p y − ζ 2rp x − ζ 2r−1p y ≡ 0 (mod p)若 1, ζ p , ζp 2r , ζp2r−1兩 兩 相 異 , 則 p 可整 除 x 與 y, 與 原 假 設 矛 盾 。 但 ζ p ≠ 1 且ζ 2rp≠ ζ 2r−1p , 故 剩 下 底 下 三 種 情 形 。(1) 1 = ζ 2rp , 則 ζy − ζ −1 y ≡ 0 (mod p),故 y ≡ 0 (mod p) 這 不 可 能 , 原 因 是(xyz, p) = 1。(2) 1 = ζp2r−1 , 則 (x − y) − (x − y)ζ ≡0 (mod p), 這 表 示 x−y ≡ 0 (mod p),同 樣 手 法 , 由 x − ζ p z = ǫ 1 α p 1 得 出x + z ≡ 0 (mod p)故 x p + y p − z p ≡ x + y − z ≡3x (mod p) 因 p ≠ 3, 故 x ≡0 (mod p), 再 次 得 出 矛 盾 。(3) ζ p = ζp2r−1 , 則 x − ζpx 2 ≡ 0 (mod p),則 x ≡ 0 (mod p) 也 不 可 能 。這 證 明 了 命 題 8。六 . 規 則 質 數 的 第 二 種 情 形現 考 慮 規 則 質 數 的 第 二 種 情 形 , 即 p 是規 則 質 數 時 不 定 方 程 式x p + y p = z p , p|z, (xy, p) = 1沒 有 異 於 零 的 整 數 解 。 定 理 證 明 過 程 中 , 我 們需 用 到 更 深 入 的 關 於 單 位 的 同 餘 理 論 。定 理 1. (Kummer 預 備 定 理 ) 設 p 是 規 則質 數 , u 是 Q(ζ p ) 的 單 位 , a 是 有 理 整 數 , 且u ≡ a (mod p)則 u 是 另 一 單 位 v 的 p 次 方 。顯 然 地 , 任 一 單 位 的 p 次 方 在 mod p 之下 是 一 有 理 整 數 , 事 實 上 , 若則v = a 0 + a 1 ζ p + · · · + a p−2 ζ p−2p−2,v p ≡ a p 0 + a p 1 + · · · + a p p−2 (mod p)。

費 馬 最 後 定 理 11其 中 α k 與 β k 是 代 數 整 數 , 又 a k (0 ≤ k ≤p − 1) 與 P 互 質 , 故 可 選 定 α k , β k 不 能 被1 − ζ p 整 除 , 如 此(B)(x + ζ k py)(1 − ζ p ) p(m−1) =(x + y)( α kβ k) p E k(1 ≤ k ≤ p − 1)其 中 E k 是 Q[ζ p ] 中 的 單 位 , 利 用 方 程 式(x + ζ p y)(1 + ζ p ) − (x + ζ 2 py)= ζ p (x + y)E 1 與 一 有 理 整 數 對 p 同 餘 , 由 Kummer 預備 定 理 , E 0 是 另 一 單 位 η 的 p 次 方 。 因 而α p + (ηβ) p = E ′ (1 − ζ p ) p(m−1) γ p 。這 與 原 先 假 設 m 是 最 小 指 數 矛 盾 , 故 得 證 原命 題 。綜 合 命 題 8 與 命 題 9, 則 得 證 底 下 的Fermat 最 後 定 理 的 特 殊 情 形 。定 理 2. 設 p 是 規 則 質 數 , 則 不 定 方 程 式x p + y p = z p以 及 (B) 中 k = 1, 2 代 入 , 則 得 出(x + y)( α 1) p E 1 (1 + ζ p ) − (x + y)( α 2) p E 質 數 是 規 則 質 數 或 不 規 則 質 數 。 Kummer 提2β 1 β 2= (x + y)ζ p (1 − ζ p ) p(m−1) 出 了 一 個 利 用 Bernoulli 數 來 判 定 的 法 則 。。故=即 找 到 方 程 式(α 1 β 2 ) p E 2−E 1 (1 + ζ p ) (α 2β 1 ) pζ pE 1 (1 + ζ p ) (1 − ζ p) p(m−1) (β 1 β 2 ) pα p + E 0 β p = E ′ (1 − ζ p ) p(m−1) γ p的 一 組 解 , E 0 , E ′ 是 單 位 , 而 其 1−ζ p 的 冪 次則 降 為 p(m−1), 又 m > 1, 故 m−1 > 0,且 p(m − 1) ≥ p, 這 表 示α p + E 0 β p ≡ 0 (mod (1 − ζ p ) p )E 0 ≡ −(β −1 α) p (mod p)沒 有 非 顯 然 的 整 數 解 。現 我 們 面 對 了 一 實 際 問 題 : 如 何 決 定 一定 理 3. p 是 規 則 質 數 的 充 要 條 件 是 p 不 能整 除 Bernoulli 數 B 2 , B 4 , . . ., B p−3 的 分子 。討 論 : Bernoulli 數 B m (m ≥ 0) 是 由 底 下冪 級 數 所 定 義 :te t − 1 = ∞ ∑m=01m! B mt m , |t| < 2π奇 數 下 標 的 Bernoulli 數 除 B 1 = −1/2 外都 是 零 , 即B 2k+1 = 0, (k = 1, 2, 3, . . .)t這 可 由 + t 是 偶 函 數 得 證 出e t −1 2來 。B m (m ≥ 0) 滿 足 遞 迴 定 義 式B 0 + 2B 1 = 0B 0 + 3B 1 + 3B 2 = 0B 0 + 4B 1 + 6B 2 + 4B 3 = 0· · · · · · · · ·

12 數 學 傳 播 十 八 卷 二 期 民 83 年 6 月B 0 +( n1)= 0, (n ≥ 2)B 1 +( n2)B 2 +· · ·+底 下 是 一 些 偶 數 下 標 的 Bernoulli 數B 2 = 1 6 , B 4 = − 1 30 , B 6 = 1 42 ,( ) nB nn − 1B 8 = − 130 , B 10 = − 566 , B 12 = − 6912730 ,B 14 = 7 6 , B 16 = − 3617510 , B 18 = 43867792 。在 此 我 們 要 提 一 下 Fermat 最 後 定 理 的最 新 發 展 。 到 目 前 為 止 , 這 斷 言 已 證 到 冪 次n ≤ 125000。 又 第 一 種 情 形 已 證 到 p ≤6 × 10 9 。 然 而 最 引 人 注 目 的 相 關 性 定 理 要 算Faltings 在 1983 年 提 出 的 下 面 定 理 。 方 程式 x n + y n = z n 的 一 組 解 x, y, z 若 滿 足xyz ≠ 0 且 (x, y, z) = 1則 稱 為 方 程 式 的 原 始 解 (primitive solution)。因 此 任 一 非 顯 然 的 解 都 可 化 成 一 組 原始 解 。習 題 10. 設 S k (n) = 1 k + 2 k +...+(n −1) k , 試 證(m+1)S m (n) =m∑解 。C(m + 1, k)B k n m+1−k ,k=0m ≥ 1,其 中 C(m, n) 是 二 項 係 數 m!/n!(n − m)!。習 題 11. 證 明 Riemann zeta 函 數 ζ(s) 在S = 2m 的 取 值 是定 理 4. (Faltings) 對 每 一 冪 次 n ≥ 3, 不定 方 程 式 x n + y n = z n 至 多 有 有 限 個 原 始參 考 書 目1. Z. I. Borevich and I. R. Shafarevich,Number Theory, Academic Press, NewYork and London, 1966.2. G. H. Hardy and E. M. Wright, An introductionto the theory of numbers,Oxford sicence publications, 1979.ζ(2m) = (−1) m−1 (2π) 2m2(2m)! B 2m。— 本 文 作 者 任 教 於 國 立 中 正 大 學 應 數 所 —