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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