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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· · · · · · · · ·