初等数论笔记

PAGEPAGE1第一章整数理论第一节整除与带余数除法定义1设a，b是整数，b0，如果存在整数q，使得a=bq成立，则称b整除a或a被b整除，此时a是b的倍数，b是a的因数（约数或除数），并且记作：ba；如果不存在整数q使得a=bq成立，则称b不能整除a或a不被b整除，记作：ba。定理1下面的结论成立：(1)ab，bcac；（传递性）(2)ma，mbm(a±b)(3)mai，i=1,2,,nma1q1a2q2anqn，此处qi∈Z（i=1,2,,n（证明留给学生自己）注：①abab；②babcac，此处c是任意的非零整数；③ba，a0|b||a|；ba且|a|<|b|a=0。④因式分解an-bn=(a-b)M1,n∈Zan+bn=(a+b)M2,2nM1，M2∈Z定理2(带余数除法)设a与b是两个整数，b>0，则存在唯一的两个整数q和r，使得a=bqr，0r<b。(1)此外，ba的充要条件是r=0证明存在性作整数序列：…，-3b，-2b，-b，0，b，2b，3b，….则a必在上述序列的某两项之间，即存在整数q，使得：qba<(q+1)b，0a成立，令a-qb=r，则a=bq+r，且0r<b。唯一性假设有两对整数q，r与q，r都使得式(1)成立，即a=qbr=qbr，0r,r<b，则(qq)b=rr，0|rr|<b，(2)因此，由b||rr|知，rr=0，r=r，再由式(2)得出q=q从而q和r是唯一的。定义2称式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余数。例1任意给出的五个整数中，必有三个数之和被3整除。解设这五个数是ai，i=1,2,3,4,5，记ai=3qiri，0ri<3，i=1,2,3,4,5。分别考虑以下两种情形：(ⅰ)若在r1,r2,,r5中数0，1，2都出现，不妨设r1=0，r2=1，r3=2，此时a1a2a3=3(q1q2q3)可以被3整除；(ⅱ)若在r1,r2,,r5中数0，1，2至少有一个不出现，这样至少有三个ri要取相同的值，不妨设r1=r2=r3=r（r=0，1或2），此时a1a2a3=3(q1q2q3)可以被3整除。综合(ⅰ)、(ⅱ)可知，所证结论成立。注：此题利用了数学中的一个重要原理——抽屉原理，也称为P.G.Dirichlet原理，即把n+1个元素或更多的元素放入n个抽屉中，则在其中一个抽屉里至少要放入2个元素。值得注意的是，利用带余数除法得到的余数进行分类来构造抽屉是数论解题中常用的方法。例2若是形如（x,y∈Z，a，b是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则∣证明：不全为，在整数集合中存在正整数，因而有形如的最小正数。，由带余除法有。则，由是中的最小整数知∴∣注：（1）设a1,a2,,an为不全为零的整数，以y0表示集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正数，则对于任何yA，y0y；特别地，y0ai，1in。（证明留给学生自己）。（2）此类题目的证明方法具有一般性，通常是针对所给的“最小正数”的概念进行反证法。思考与练习1.11、证明：maima1q1a2q2anqn，qi∈Z。i=1,2,2、证明：6︱n(n+1)(2n+1)n∈N。3、设a1,a2,,an为不全为零的整数，以y0表示集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正数，则对于任何yA，y0y；特别地，y0ai，1in。第二节最大公因数定义1设a1,a2,,an是n（n≥2）个整数，若整数d是它们之中每一个的因数，则d就叫做a1,a2,,an的一个公因数；其中最大的一个公因数叫做a1,a2,,an的最大公因数。记为(a1,a2,,an)。由于每个非零整数的因数的个数是有限的，所以最大公因数是存在的，且是正整数。若(a1,a2,,an)=1，则称a1,a2,,an是互质的；若(ai,aj)=1，1i,jn，ij，则称a1,a2,,an是两两互质的。显然，a1,a2,,an两两互质可以推出(a1,a2,,an)=1，反之则不然，例如(2,6,15)=1，但(2,6)=2。我们容易得到如下结论：定理1若a1,a2,,an为任意n个不全为零的整数。则：(1)a1,a2,,an与|a1|,|a2|,,|an|的公因数相同；(2)(a1,a2,,an)=(|a1|,|a2|,,|an|)。由定理1可知，在讨论(a1,a2,,an)时，不妨假设a1,a2,,an是正整数，以后我们就维持这一假设。并且我们容易得到如下结论：定理2若b是任一整数，则：(1)0与b的公因数就是b的因数，反之，b的因数也就是0与b的公因数；(2)（0，b）=︱b︱。定理3若a，b，c是任意三个不全为零的整数，且a=bqc，其中q是非零整数，则a，b与b，c有相同的公因数，因而(a,b)=(b,c)。（证明留给学生自己）定理4对于任意的n个整数a1,a2,,an，记(a1,a2)=d2，(d2,a3)=d3，，(dn2,an1)=dn1，(dn1,an)=dn，则：dn=(a1,a2,,an)。证明：dn=(dn1,an)dnan，dndn1，dn1=(dn2,an1)dn1an1，dn1dn2，dnan，dnan1，dndn2，dn2=(dn3,an2)dn2an2，dn2dn3dnan，dnan1，dnan2，dndn3，d2=(a1,a2)dnan，dnan1，，dna2，dna1，即dn是a1,a2,,an的一个公因数。另一方面，对于a1,a2,,an的任何公因数d，由d2,,dn的定义，依次得出da1，da2dd2，dd2，da3dd3，ddn1，danddn，因此dn是a1,a2,,an的公约数中的最大者。故dn=(a1,a2,,an)。注：这个定理对最大公因数的性质做了更深的刻划：最大公因数不但是公因数中的最大的，而且是所有公因数的倍数。例1设a1,a2,,an为不全为零的整数，以y0表示集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正数，则y0=（a1,a2,,an）。证明：由于y0是集合A中的最小正数，故。设d是a1,a2,,an的任意一个公因数，则d∣，所以d≤y0。又由本章第1节思考与练思考与练习3知，y0ai，1in，因此y0也是a1,a2,,an的一个公因数。故y0一定是a1,a2,,an所有公因数中的最大正数。由此即得：y0=（a1,a2,,an）。注：由于（a1,a2,,an）是集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正数，由此题的证明过程直接得到如下结论：设不全为零的整数a1,a2,,an的最大公因数是（a1,a2,,an），则存在整数，使得=a1t1antn=（a1,a2,,an）。由此，我们容易得到如下定理：定理5（裴蜀（Bézout,1730-1783）恒等式）设a，b是任意两个不全为零的整数，则存在s，t∈Z，使得asbt=(a,b)。推论5.1(a,b)＝1的充要条件是：存在s，t∈Z，使得asbt=1。还可以推广为如下结论：推论5.2(a1,a2,,an)=1的充要条件是：存在整数x1,x2,,xn，使得a1x1a2x2anxn=1。定理6若a，b，c是任意的三个整数，且(a,c)＝1，则(1)ab，c与b，c有相同的公因数；(2)（ab，c）＝（b，c）上面假定了b，c至少有一个不为零。证明：（1）由题设及推论5.1，存在s，t∈Z，使得asct=1。两边乘以b，即得：(ab)sc(bt)=b。设d是ab与c的任一公因数，由上式得：d︱b，因而d是b,c的一个公因数。反之b,c的任一公因数显然是ab与c的一个公因数。故第一部分获证。（2）因为b，c不全为零，所以（b,c）是存在的，于是由（1）知（ab，c）存在，且（ab，c）＝（b，c）推论6.1若(a,c)=1，cab，则cb推论6.2若(a,bi)=1，1in，则(a,b1b2bn)=1推论6.3若(ai,bj)=1，1in，1jm，则(a1a2an,b1b2bm)=特别地，若（a，b）=1，则（an，bm）=1。例2设a，b，c，n是正整数，ab=cn，(a,b)=1，则存在正整数u，v，使得a=un，b=vn，c=uv，(u,v)=1。证明：因为(a,b)=1，所以(b,an-1)=1，于是；同理可得，令，则a=un，b=vn，c=uv，且故结论成立。注：此题说明，若互质的两个正整数之积是一个整数的n次幂，则这两个正整数都是整数的n次幂。此结论可以推广为：若两两互质的s个正整数之积是一个整数的n次幂，则这s个正整数都是整数的n次幂。这个性质表现了整数互质的重要性，其应用较广泛。思考与练习1.21、证明本节定理3。2、设m、n为正整数，m为奇数，证明：（2m-1，2n3、设n是正整数，求的最大公约数。第三节最小公倍数定义1设a1,a2,,an是n（n≥2）个整数，若整数d是这n个数的倍数，则d就叫做a1,a2,,an的一个公倍数；又在a1,a2,,an的一切公倍数中的最小正数叫做a1,a2,,an的最小公倍数。记作：[a1,a2,,an]。由于任何正数都不是0的倍数，故讨论整数的最小公倍数时，假定它们都不是0。定理1[a1,a2,,ak]=[|a1|,|a2|,|ak|]证明：设m1=[a1,a2,,ak]，m2=[|a1|,|a2|,,|ak|]，则由aim1推出|ai|m1，即m2m1，同理可得m1m2，故定理2设a,b是任意两个正整数，则：(1)a,b的所有公倍数就是[a,b]的倍数；(2)[a,b]=，特别地，若(a,b)=1，则[a,b]＝ab证明设m是a和b的一个公倍数，那么存在整数k1，k2，使得m=ak1，m=bk2，因此ak1=bk2，于是由于=1，所以由推论2.1得到其中t是某个整数。因此得到m=ak1＝t(1)另一方面，对于任意的整数t，由式(1)所确定的m显然是a与b的公倍数，因此a与b的公倍数必是式(6)中的形式，其中t是整数。令t=1时，得到最小公倍数[a,b]=ab。又由式(1)m=ak1＝t＝[a,b]t知，a，b的所有公倍数就是[a,b]的所有倍数。注：这个定理说明：①最小公倍数和最大公约数之间有着一个很重要的关系；②两个整数的最小公倍数不但是最小的正倍数，而且是另外的公倍数的因数。即：若m是整数a1,a2的任一公倍数，则[a1,a2]m。同样地，若m是整数a1,a2,,an的任一公倍数，则[a1,a2,,an]m。这是因为：若m是a1,a2,,an的任一个公倍数，由a1m，a2m知：[a1,a2]=m2m，由m2m，a3m知：[m2,a3]=m3m，，由mn1m，anm知：[mn1,an]=mnm，即：[推论2.1设m，a，b是正整数，则[ma,mb]=m[a,b]。证明：[ma,mb]==m[a,b]。推论2.2整数a1,a2,,an两两互质，即：(ai,aj)=1，1i,jn，ij的充要条件是：[a1,a2,,an]=a1a2an推论2.2有许多应用。例如，如果m1,m2,,mn是两两互质的整数，那么，要证明m=m1m2mn整除某个整数Q，只需证明对于每个i，1in，都有mi定理3对于任意的n个正整数a1,a2,,an，记：[a1,a2]=m2，[m2,a3]=m3，，[mn2,an1]=mn1，[mn1,an]=mn，则[a1,a2,,an]=mn证明：我们有mn=[mn1,an]mn1mn，anmn，mn1=[mn2,an1]mn2mn1mn，anmn，an1mn1mn，mn2=[mn3,an2]mn3mn2mn，anmn，an1mn，an2mn，m2=[a1,a2]anmn，，a2mn，a1mn即mn是a1,a2,,an的一个公倍数。另一方面，对于a1,a2,,an的任何公倍数m，由定理2及m2,,mn的定义，得m2m，m3m，，mn故mn是a1,a2,,an最小的正的公倍数。例1设k是正奇数，证明：1291k2k9k。证明：设s=1k2k9k，则由2s=(1k9k)(2k8k)(9k1k)=10q1及2s=(0k9k)(1k8k)(9k0k)=9q2得102s和92s，于是有902s，从而129=45s。例2设a，b是正整数，证明：(ab)[a,b]=a[b,ab]。证明：要证(ab)[a,b]=a[b,ab]。由定理2知：只需证，即须证(b,ab)=(a,b)，此式显然成立。例3设a，b，c是正整数，证明：[a,b,c](ab,bc,ca)=abc。解[a,b,c]=[[a,b],c]=，（2）(ab,bc,ca)=(ab,(bc,ca))=(ab,c(a,b))=。（3）联合式(2)与式(3)得到所需结论。注：利用最大公因数和最小公倍数的关系可以解决类似的问题。如证明等式：。思考与练习1.31、求正整数a，b，使得ab=120，(a,b)=24，[a,b]=144。2、设a，b是正整数，证明：若[a，b]=(a，b)，则a=b。3、证明：。第四节辗转相除法本节要介绍一个计算最大公因数的算法——辗转相除法，又称Euclid算法。它是数论中的一个重要方法，在其他数学分支中也有广泛的应用。定义1下面的一组带余数除法，称为辗转相除法。设a和b是正整数，依次做带余数除法：a=bq1r1，0<r1<b，b=r1q2r2，0<r2<r1，rk1=rkqk+1rk+1，0<rk+1<rk，(1)rn2=rn1qnrn，0<rn<rn-1，rn1=rnqn+1rn+1，rn+1=0。由于b是固定的，而且b>r1>r2>，所以式(1)中只包含有限个等式。如(1)a=1859,b=15731859=1×1573+2861573=5×286+143286=2×143+0(2)a=169,b=121169=1×121+48121=2×48+2548=1×25+2325=1×23+223=11×2+12=2×1+0定理1若a，b∈Z，则（a，b）=rn。证明：从(1)式可见，rn=(rn1,rn)=(rn2,rn1)==(r1,r2)=(b,r1)=(a,b)。推论1.1a例1求（－1859，1573）解：（－1859，1573）=（1859，1573）=（286，1573）=（286，143）=143例2求（169，121）解：（169，121）=（48，121）=（48，25）=（23，25）=1例3证明：若n是正整数，则是既约分数。证明由定理1得到(21n4,14n3)=(7n1,14n3)=(7n1,1)=1。注：一般地，若(x,y)=1，那么，对于任意的整数a，b，有(x,y)=(xay,y)=(xay,yb(xay))=(xay,(ab1)ybx)，因此，是既约分数。定理2设a，b是任意两个不全为零的整数，若m是任一正整数，则（am，bm）=（a，b）m若δ是a，b的任一公因数，则（，）=特别地,=1。证明：当a,b有一个为零时，定理显然都成立。今设ab≠0。（1）由前两节知，（am,bm）=(|a|m,|b|m),（a，b）m=（|a|，|b|）m从而不妨设a>0，b>0。在辗转相除法（1）式中两边同乘以m，即得：am=（bm）q1r1m，0<r1m<bm=（r1m）q2r2m，0<r2m<rn2m=（rn1m）qnrnm，0<rnm<rnrn1m=（rnm）qn+1rn+1m，rn+由定理1得，（am,bm）=rnm=（a，b）m（2）由（1）得：（，）|δ|=（，）=（|a|，|b|）=（a，b）故（，）=。特别地当=（a，b）时,=1。推论2.1(ma1,ma2,,man)=|m|(a1,a2,,an)。m≠0推论2.2记=(a1,a2,,an)，则=1例4记Mn=2n1，证明：对于正整数a，b，有(Ma,Mb)=M(a,b)证明：作辗转相除：a=bq1r1，0<r1<b，b=r1q2r2，0<r2<r1，rn2=rn1qnrn，0<rn<rn1，rn1=rnqn1rn1，rn1=0。由第一式得2a1=即等，于是。注：把此题中的2用任一大于1的自然数g代替，结论都成立。思考与练习1.41、证明：使用(1)式中的记号，记P0=1，P1=q1，Pk=qkPk1Pk2，k2，Q0=0，Q1=1，Qk=qkQk1Qk2，k2，则aQkbPk=(1)k1rk，k=1,2,,n。2、用辗转相除法求(125,17)，以及s，t，使得125s17t=(125,17)。第五节算术基本定理定义1一个大于1的整数，如果它的正因数只有1及它本身，就叫做质数；否则就叫做合数。以后在本书中若无特别说明，质数总是指正质数。定理1设a是任一大于1的整数，则a的除1外最小正因数q是一质数，并且当a是合数时，q。证明若q不是质数，由定义，q除1外还有一正因数q1，因而，1＜q1＜q，但qa，所以q1a，这与q是当a是合数时，有a=a1q，且a1>1，否则a是质数。因q是a的除1外最小正因数，所以qa1，q2qa1a。故q注：由定理1易得：若大于1的整数a不能被任何适合q的质数q整除，则a必为质数。我们容易得到如下结论：定理2若p是一质数，a是任一整数，则（p,a）=1或pa。推论2.1设a1,a2,,an是n个整数，p是一质数，若pa1a2an，则存在1kn,使得pak在本节中，我们要介绍整数与质数的一个重要关系，即任何大于1的正整数都可以表示成若干个质数的乘积。定理3(算术基本定理)任何大于1的整数都可以表示成若干个质数的乘积。即任何大于1的整数a＝p1p2pn，p1p2pn，其中p1,p2,,pn是质数，并且若a＝q1q2qm，q1q2qm，其中q1,q2,,qm是质数，则m=n，qi＝pii=1,2,…,n。（这里不再给予证明）推论3.1任何大于1的整数a能够唯一地表示成a=，其中p1,p2,,pk是质数，p1<p2<<pk，1,2,,k是正整数。使用推论3.1中的记号，称a=是a的标准分解式，其中pi（1ik）是质数，p1<p2<<pk，i（1ik）是正整数。推论3.2设任何大于1的整数a=，i﹥0（1ik）则a的正因数d可以表示成d=，iZ，0ii，1ik；的形式，而且当d可以表示成上述形式时，d是a的正因数。注：①用d(a)表示a的所有正因数的个数，则②用σ(a)表示a的所有正因数的和，则③用π(a)表示a的所有正因数的积，则π(a)=推论3.3设正整数a与b的标准分解式是，其中p1,p2,,pk是互不相同的质数，i，i（1ik）都是非负整数，则(a,b)=，i=min{i,βi}，1ik，[a,b]=，μi=max{i,βi}，1ik。证明：显然对于i=min{i,βi}，1ik，，而且若da，db，则d的标准分解式中pi的指数同时不超过a和b的标准分解式中pi的指数，即d，这就证明了(a,b)=，i=min{i,i}，1ik；同理证得第二式。例1写出51480的标准分解式。解我们有51480=225740=2212870=236435=2351287=2353429=23532143=233251113。例2设a，b，c是正整数，证明：(a,b)[a,b]=ab证明：设，其中p1,p2,,pk是互不相同的质数，i，i（1ik）都是非负整数。于是有由此知(a,b)[a,b]==ab注：利用定理3的推论3.1可以容易地处理许多像例2这样的问题。在本节中我们已经证明了：任何大于1的正整数可以表示成若干个质数幂的乘积。这就引出了一个问题：质数是否有无穷多个？回答是肯定的。定理4质数有无限多个。证明：假设只有k个质数，设它们是p1,p2,,pk。记N=p1p2pk1。由定理1可知，N有质因数p，我们要说明ppi，1ik，从而得出矛盾。事实上，若有某个i，1ik，使得p=pi，则由pN=p1p2pk1推出p1，这是不可能的。因此在p1,p2,,pk之外又有一个质数p，这与假设是矛盾的。所以质数不可能是有限个。思考与练习1.51、如果2m+1是质数，则m=2n2、若a>1，an1是质数，则a=2，并且n是质数。3、设a，b，c是整数，证明：(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)]。第六节函数[x]，{x}的性质及其应用本节中要介绍函数[x]，它在许多数学问题中有广泛的应用。定义1设x是实数，以[x]表示不超过x的最大整数，称它为x的整数部分，又称{x}=x[x]为x的小数部分。如：。请大家画出[x]和{x}的图像，分析其性质。定理1设x与y是实数，则(1)x=[x]+{x}(2)x1<[x]x<[x]+10{x}<1(3)若n是整数，则[nx]=n[x],n∈Z；(4)[x]+[y][xy]{x}+{y}≥{x+y}(5)[x]=；(6)若b是正整数，那么对于任意的整数a，有，(7)设a与b是正整数，则在1,2,,a中能被b整除的整数有个。证明：能被b整除的正整数是b,2b,3b,，因此，若数1,2,,a中能被b整除的整数有k个，则kba<(k1)bk<k1k=。定理2在n!的标准分解式中质因数p(p≤n)的指数则h=。注意，若ps>n,则=0，故上式只有有限项不为零，因而有意义。这里不再给予证明。有兴趣的读者可查阅有关资料。推论2.1设n是正整数，则n!=，其中表示对不超过n的所有质数p求积。推论2.2设n是正整数，1kn1，则贾宪数N。若n是质数，则n，1kn1。证明由定理2，对于任意的质数p，整数n!，k!与(nk)!的标准分解式中所含的p的指数分别是。利用定理1中（4）可知，因此是整数。若n是质数，则对于1kn1，有(n,k!)=1，(n,(nk)!)=1(n,k!(nk)!)=1，由此及N，推出k!(nk)!(n1)!，从而n。证毕。例1求最大的正整数k，使得10k199!。解由定理2，199!的标准分解式中所含的5的幂指数是=47，所以，所求的最大整数是k=47。例2设与是实数，则[2][2][][][]。(1)解设=[]x，0x<1，=[]y，0y<1，则[][][]=2[]2[][xy]，(2)[2][2]=2[]2[][2x][2y](3)如果[xy]=0，那么显然有[][2][2]；如果[xy]=1，那么x与y中至少有一个不小于，于是[2x][2y]1=[xy]。因此无论[xy]=0或1，都有[xy][2x][2y]，由此及式(2)和式(3)可以推出式(1)。例3对任何实数x，恒有[x]+[x+]=[2x]证明：设x=[x]+α,0≤α<1①当0≤α<时,[x+]=[x],[2x]=2[x]∴等式成立②当≤α<1时,[x+]=[x]+1,[2x]=2[x]+1∴等式成立故对任何实数x,恒有[x]+[x+]=[2x]思考与练习1.61、求30！的标准分解式。2、证明：设a与b是正整数，则=。3、设与是任意两个实数，证明：（1）[]-[]=[-]或[-]+1；（2）[2][2][][][]。阅读材料一费马数梅森数完全数1、费马数当n为非整负数时，形状是f（n）=的数叫费马数。费马（Fermat，1601—1665）是16世纪法国业余数学家，常与当时著名数学家笛卡儿、梅森交往，他一生有过许多重要发现，如费马大定理、费马小定理等。为了寻找质数的表达式，1640年，费马验算了表达式f（n）=,当n=0，1，2，3，4时的值分别为：F0=3，F1=5，F2=17，F3=257，F4=65537均为质数，于是他断言：对于任何非负整数n，表达式f（n）=的值均是质数。1732年，数学大师欧拉（Euler）发现F5是合数，1880年，朗道（Landry）指出F6也是合数。在费马数中，是否有无限多个质数，或者是否有无限多个合数，这是个至今仍悬而未决的问题。可以证明，任意两个（不等的）费马数互质。证明：设两个不同的费马数为Fm，Fn，不妨设n>m，则Fn-2=（）（）=(Fn-1-2)（）=Fn-1Fn-2…Fm…F0∴Fm∣（Fn-2）。令（Fn，Fm）=d,∵d∣Fn，d∣Fm,∴d∣2，但费马数是奇数，故d≠2，因此d=1，则（Fn，Fm）=1。2．梅森数当p是质数时，形状是Mp=2p1的数叫梅森数。若Mp也是质数，则称Mp是梅森质数。梅森（Mersenne，1588—1648）,法国业余数学家，原是一位神父，但他酷爱数学。1644年，他向世人宣称：当p=2，3，5，7，13，17，19，31，67，127，257时，2p1是质数。此后人们发现梅森上述结论有误。1903年，科尔发现当p=67时，2671=193707721×761838257287，故2671不是质数，人们又发现p=61时，2611是质数，1911年Power发现了2891是质数，三年后，他又发现了21071也是质数。至今人们已经找到了44个梅森质数（详见王丹华等编著的《初等数论》，北京航空航天大学出版社）。由第四节例4知道：当m≠n,m,n为质数时，（Mm，Mn）=1。3、完全数两千多年前，古希腊学者欧几里得在其著作《原本》中有这样一段话：在自然数中，恰好等于其全部真因数（包括1）和的数叫“完全数”。也就是说，当aN，若=2a，则称a为完全数。注：近代完全数的概念已经推广为多倍完全数，即对自然数a，若=ka,则称a为k倍完全数。可以验证120是3倍完全数。可以证明，正整数a是偶完全数的充分必要条件是:a－1）（n≥1）,且2n+1－1是质数.上述结论告诉我们:找到一个2p－1型的质数,即找到一个偶完全数,而2p－1型质数恰好是梅森质数.因而可以这样讲:发现一个梅森质数,即相当于找到一个偶完全数.根据上面所述,人们至少已找到了44个偶完全数。有无奇完全数存在，这是一个至今尚未解决的数学难题。完全数有许多奇妙的性质:（1）完全数是2的连续方幂的和，如：6=21+22，28=22+23+24，496=24+25+26+27+28，…（2）除6以外，完全数是连续几个单数的立方和，如：28=12+33，496=13+33+53+73，…（3）两位以上的完全数，把它的各数位上的数字相加得一数，再把这个数的各数位上的数字再相加又得一数，继续这样做下去，结果都是1.如:28，2+8=10，1+0=1；496，4+9+6=19，1+9=10，1+0=1；8128，8+1+2+8=19，1+9=10，1+0=1。阅读材料二哥德巴赫猜想我们知道自然数集合分为奇数和偶数，也可以把自然数集合分为单位l，质数与合数三类，奇数和偶数之间的关系很明显，奇数加1是偶数，偶数加l是奇数；质数与合数的关系也是比较明显的，由算术基本定理知道，一个合数可以分解成几个质数的乘积。反过来几个质数相乘的结果是一个合数。那么，这两种分类之间又有什么联系呢?也就是说，奇数和偶数与质数、合数之间有什么关系呢?除了2以外，其余的质数都是奇数。显然，奇数个奇质数的和一定是奇数，那么，反过来是不是正确呢?也就是说，是不是每一个奇数都可以表示为奇数个奇质数的和呢?特别是表示成三个奇质数之和呢?此外，两个奇质数相加，它们的和显然是偶数，那么，反过来是不是正确呢？也就是说，是不是每一个偶数都可以表示为两个奇质数的和呢?这样的问题在数论的发展过程中必然要被提出来。1742年6月7日，彼德堡科学院士哥德巴赫写信给当时住在柏林的数学家欧拉。其信内容摘译如下：“……因此，我现在试作一个猜想，这就是，如果一个数是两个质数之和的话，则它可以是任意多个质数(包括1)之和，质数个数随你而定，直至最终表成一串1之和。例如：4=5=6=…再看一遍以上的例子，我发现整个猜想对于n成立的话，且n+1是两个质数之和，则对n+l可以严格地证明该猜想，证明是很容易的，看起来至少好像每个大于1的数是三个质数之和……”1742年6月30日，欧拉给哥德巴赫写了一封回信，摘译如下：“……正如在你给我的来信中所观察到的那样，每个偶数看来是两个质数之和，还蕴含着每个数如果是两个质数之和，则它可以是任意多个质数之和，质数个数由你而定。如果给定一个偶数n，则它是两个质数之和。对于n-2也是如此，因此，2是三个以至四个质数之和，如果n是奇数，则它一定是三个质数之和，因此，n-1是两个质数之和。所以，n是一个任意多个质数之和，虽然我还不能证明，但我肯定每个偶数是两个质数之和……”从欧拉的信中，看到他已经将哥德巴赫的猜想明确化。后人用略为修改了的语言，整理成传于后世的哥德巴赫猜想：A：每一个大于或等于6的偶数都可以表示为两个奇质数之和；B：每一个大于或等于9的奇数都可以表示为三个奇质数之和。这个猜想就是一座把奇数、偶数与质数联结起来的桥梁，用具体的数字进行验算明显看出这两个猜测的正确性。6＝3+39=3+3+38=5+311＝3+3+510＝5+5＝3+713＝5+3+512＝5+715=3+5+714＝7+7=3+1117＝5+5+728＝5+2327＝3+11+13100=11+89101=23+37+41我们看出，命题A与命题B是有联系的：即，命题B是命题A的直接推论，也就是说，只要命题A正确，就能证明命题B正确。因为，若命题A正确，我们设整数N≥9(N是奇数)，则N一3≥6，而且N一3是偶数。由命题A可知，必有两个奇质数和。使得所以从而命题B成立。所以，解决哥德巴赫猜想关键在于证明命题A。由于欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，他对这个猜测的信心，便吸引了许多数学家的注意，都试图证明这个猜想，然而直到19世纪结束时，对哥德巴赫猜想的研究没有任何进展，甚至根本不知道应该如何下手。1900年德国大数学家希尔伯特在国际数学家大会的演说中提出了具有重要意义的23个数学问题，哥德巴赫猜想被列为希尔伯特第8问题的一部分，1912年另一个德国数学家朗道在国际数学会的报告中说，即使要证明下面的较弱的命题：“任何大于4的正整数，都能表示成C个素数之和，也是现代数学家力所不能及的。”(这里C是某个常数)人们遇到困难的理论问题，有两种研究方式。其一是直接地求证本题结论。例如，把问题B可理解为一个方程式N（奇）=，当限制在质数范围求解时，解答个数记为L(依赖于N奇)，是否大于0呢?这方面的研究引出了对L进行估算的问题。最早对它研究的有英国数学家哈代与利特伍德，成功地作出直接贡献的有苏联数学家维诺格拉多夫和我国数学家华罗庚。1937年依·维诺格拉多夫用他创造的“三角和方法”证明了：“每一个大奇数一定可以表示成三个奇质数之和”，后来人们经过计算知道，这里所谓的“大奇数”是一个比还要大的数。由于由9至这个“大奇数”之间有限个奇数的检验很难做到，所以只能说，依·维诺格拉多夫基本上解决了问题B在维氏之后，我国数学家华罗庚在1938年证明了：几乎全体偶数都能表示成的形式，这里户是质数，k为任意给定的大于或等于l的自然数。这是华罗庚对第一个推测作出的重要贡献。其二是将问题削弱一些，然后逐步逼近力争解决。这里又分两条途径：①弱型哥德巴赫问题。先将N写为一些质数之和：N=我们总希望是越小越好。特别是当N为偶数，＝2时，就是命题A。沿着这个途径攀登，取得阶段性成果的轨迹，如表1所列。表l哥德巴赫问题阶段性成果k值上界年份成果获得者8×101930史尼尔里曼(苏联)22081935罗曼诺夫(苏联POMaHOB)711936海尔布朗(德Heilbron)朗道(德Landau)希尔克(德Scherk)671937蕾西(意大利Ricci)201950夏皮罗(美Shapiro)瓦尔加(美Warga)181956尹文霖(中国)61976旺格汉(R。C。Waughan)以上结论都是证明对“充分大”的偶数而言。1977年旺格汉证明了所有正整数均可表为至多26个质数之和。1983年我国张明尧博士改进为：所有正整数均可表为至多24个质数之和。②对命题A，将N＝N+N，其中N为a个质因数乘积，N为b个质因数乘积，则可称为“每一个大偶数可以表示为一个质因数个数不超过a个的数和一个质因数个数不超过b个的数的和”，这个命题简记为命题(a+b)。这样，哥德巴赫猜想就是要证明命题(1+1)是正确的。在这种途径上攀登的轨迹，列如表2表2哥德巴赫问题阶段成果成果年份成果获得者(9，9)1920布龙(挪威Brun)(7，7)1924雷特马赫(德国Rademacher)(6，6)1932埃司特曼(英国Estermann)(5，7)，(4，9)(3，15)，(2，366)1937蕾西(意大利Ricci)(5，5)1938布赫夕太勃(苏联)(4，4)1940布赫夕太勃(苏联)(1,c)c为常数1948瑞尼（匈牙利Renyi）(3，4)1956王元（中国）(3，3)(2，3)1957王元（中国）(1，5)19611962巴尔斑(苏联)潘承洞（中国）(1，4)19621963王元（中国）潘承洞（中国）巴尔斑(苏联)(1，3)1965布赫夕太勃(苏联)维诺格拉夫（苏联）波皮里（德国）(1，2)1973陈景润（中国）在这个轨迹表中，1948年匈牙利数学家瑞尼的(1+c)的工作，是很有意义的。以前的研究(a+b)，每个都不是l，从这以后，在N＝N+N中，先控制N为质数，再减小N质因数的个数，这样引出(1，5)，(1，4)，(1，3)，(1，2)后来的显著成果。迄今为止，我国数学家陈景润的结果“大偶数表为一个素数及一个不超过二个素数的乘积之和”也就是命题(1+2)仍是世界领先的成果。这一成果被世人称誉为陈氏定理，人们称赞这个定理是运用“筛法”的“光辉的顶点”。陈景润教授已于1996年3月19日病逝。人们曾把哥德巴赫猜想比作数学这顶皇冠上的明珠。陈景润登上了(1+2)这个台阶，距离皇冠上的明珠只有一步之遥。为了攻克命题(1+1)这个顶峰，尚需有志者不畏艰险的攀登！数论中还有许多美妙的猜想，比如“孪生质数”猜想就是其中的一个。在自然数中两个质数相差为1，易知只有2和3这一对质数。在奇质数中，相差为2的两个质数叫孪生质数，如(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)，(29，31)，都是孪生质数。有没有连续三个质数从小到大两两都是孪生的呢?也就是(a，a+2，a+4)每个都是质数，即“三生质数”呢?我们可以证明：只有(3，5，7)这一组。因为若a＝3k+1型的数时，a+2＝(3k+1)+2＝3(k+1)必为合数；若a＝3k+2型的数时，a+4＝(3k+2)+4＝3(k+2)也必为合数，所以要a，a+2，a+4均为质数，a只能取3k型的数，但3k型的质数只有a=3，此时a+2=5，a+4=7。所以“三生质数”只有(3，5，7)这一组。其它的“孪生的n质数(n>3)”，当然不可能存在了。于是我们回过头来再看“孪生质数”，人们提出是否存在“孪生质数”的无限集合?有人在无穷的质数列中寻找“孪生质数”。如(109619，109621)，(10009871，10009873)及(1000061087，1000061089)都是“孪生质数”。虽然可以有连续的n>2个数都是合数，但孪生质数还是依稀出现，据统计，在三千万以内的自然数中共有152892对孪生质数。因此人们猜测：“在自然数中，孪生质数有无限多对”，这就是至今尚未解决的孪生质数猜想。在科学高速发展的今天，人类即将迎来信息时代，以上历史知识应当是普及数论知识的常识。而对这些问题的研究要用到解析数论等更高深的数学工具。将是专业数学工作者的攻坚任务。第二章不定方程第一节二元一次不定方程二元一次不定方程的形式：axby=ca,b,c∈Z,且ab≠0(1)不定方程的基本问题是(1)方程有没有解？（2）若有解，怎样求出它的解？定理1方程(1)有解的充要条件是(a，b)c证明：必要性：若（1）式有一整数解（x0,y0），则ax0by0=c因(a，b)a，(a，b)b，从而(a，b)c充分性：若(a，b)c，则c=c1(a，b)，c1∈Z。由裴蜀恒等式知，存在s,tZ,使得as+bt=(a,b)。令x0=sc1,y0=tc1,即得ax0by0=c。故（1）式有整数解（x0,y0）。定理2设a，b，c是整数，若方程axby=c有解(x0,y0)，则它的一切解具有，tZ(2)的形式，其中。证明容易验证，由式(2)确定的x与y满足方程(1)。下面证明，方程(1)的解都可写成式(2)中的形式。设(x,y)是方程(1)的解，则由 ax0by0=axby=c，得到a(xx0)=b(yy0)，即：。由此，以及和第一章第三节定理4，得到xx0，因此存在整数t，使得故tZ注：定理1和定理2说明了解方程(1)的步骤：(1)判断方程是否有解，即(a,b)c是否成立；(2)若方程(1)有解，即(a,b)c成立。则把方程(1)改写为。显然上式与方程(1)同解。若可用观察法得到上式的特解x0，y0，则可进行下一步；若不易用观察法得到，可利用辗转相除法先求出a1xb1y=1的特解x0，、y0，，再求a1xb1y=c1的特解x0，y0。(3)写出方程(1)的解例1：求7x+4y=100的一切整数解解：因（7，4）=1，从而原方程有解。其特解为x0=0，y0=25。故其一切整数解为x=4t，y=25-7ttZ。例2：求111x－321y=75的一切整数解解：因（111，321）=3，3︱75，从而原方程有3个解。且其解与37x-107y=25的解相同。先利用辗转相除法求37x-107y=1的特解（x0，、y0，）。由107=37×2+3337=33×1+433=4×8+1得1=33-4×8=107-37×2-（37-33）×8=107-37×10+33×8=107-37×10+（107-37×2）×8=107×9-37×26=37×（-26）-107×（-9）从而x0，=-26、y0，=-9因此x0=-26×25，y0=-9×25。故x=-650-107t，y=-225-37ttZ。例3：证明：二元一次不定方程axby=N，a>0，b>0，(a,b)=1的非负整数解的个数为1。证明：二元一次不定方程axby=N的一切整数解为，tZ，于是由x0，y0得，但区间的长度是，故此区间内的整数个数为1。思考与练习2.11、解下列不定方程：（1）15x+25y=100（2）306x-360y=6302、把100分成两份，使一份可被7整除，一份可被11整除。3、设a与b是正整数，(a,b)=1，则任何大于abab的整数n都可以表示成n=axby的形式，其中x与y是非负整数，但是n=abab不能表示成这种形式。第二节多元一次不定方程设a1,a2,,an是非零整数，N是整数，称关于未知数x1,x2,,xn的方程a1x1a2x2anxn=N(是n元一次不定方程。若存在整数x10,x20,,xn0满足方程(1)，则称(x10,x20,,xn0)是方程(1)的解，或者说x1=x10，x2=x20，，xn=xn0是方程(1)的解。定理1方程(1)有解的充要条件是(a1,a2,,an)N。（证明留给学生自己）定理2设a1,a2,,an,N是整数，再设(a1,a2,,an1)=dn1，(a1,a2,,an)=dn，则(x1,x2,,xn)是方程(1)的解的充分必要条件是存在整数t，使得(x1,x2,,xn,t)是方程组(2)的解。证明若有整数t，使得(x1,x2,,xn,t)是方程组(2)的解，则显然(x1,x2,,xn)满足方程(1)。设(x1,x2,,xn)是方程(1)的解，则a1x1a2x2an1xn1anxn=N。(令a1x1a2x2an1xn1则由定理1得dn1=(a1,a2,,an1)N。因此，存在tZ，使得a1x1a2x2an1xn1=dn1t，再由式(3)，得到dn1tanxn=b，即(x1,x2,,xn,t)满足方程组(2)。注：定理2说明了求解n元一次不定方程的方法：先解方程组(2)中的第二个方程，再解方程组(2)中的第一个方程，于是，解n元一次不定方程就化为解n1元一次不定方程。重复这个过程，最终归结为求解二元一次不定方程。由第一章第二节定理6，记：(a1,a2)=d2，(d2,a3)=d3，，(dn2,an1)=dn1，(dn1，an)=dn，逐个地解方程dn1tn1anxn=b，dn2tn2an1xn1=dn1tn1，d2t2a3x3=d3ta1x1a2x2=d2t首先求出最后一个方程的一切解，然后把tn1的每一个值代入倒数第二个方程，求出它的一切解，这样下去就可以得到方程(1)的解。例1求不定方程9x24y－5z=1000的解。解因（9，24）=3，（3，-5）=1知原方程有解。由定理2知原方程化为9x24y=3t，即3x8y=t，(4)3t-5z=10003t-5z=1000，(5)解(5)得，uZ，再解3x8y=5u得到，u，vZ。故，u,vZ。例2将写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5。解设，则15x10y6z=19。依次解方程5t6z=19，15x10y=5t，得到，uZ，，vZ。消去t，得到，u,vZ。取u=0，v=0，得到x=1，y=1，z=4，因此。例3求不定方程x2y3z=7的所有正整数解。解依次解方程t3z=7，x2y=t，得到，uZ，，vZ。从上式中消去t，得到，u,vZ。(6)要使x1，y1，z1，则应有3u2v0，v1，1u0。(7)所以3u2v2，u1u1，即u=1。由此及式(7)，有32v0，v1v1，所以v=1。将u=1，v=1代入式(6)，得到原方程的唯一一组正整数x=2，y=1，z=1。思考与练习2.21、证明定理1。2、求不定方程3x6y12z=15的解。3、把写成分母两两互质的三个既约分数之和。4、鸡公一,值钱五,鸡母一,值钱三,鸡雏三,值钱一,百钱买百鸡,问鸡公母雏各几何？第三节勾股数本节讨论二次方程x2y2=z2。(1)容易看出，(x,y,z)=(0,0,0)，(0,a,a)以及(a,0,a)都是方程(1)的解。除此之外，方程(1)的每一组解都不包含零。要求方程(1)的一切非零解，只假设x>0，y>0，z>0若方程(1)有非零解，(x,y)=k>1，则kz，此时可以从方程(1)的两端约去k，因此，我们再假定：(x,y)=1。由(x,y)=1，x与y不能同时是偶数；又若x与y均为奇数，则x2＝4m+1,y2＝4n+1，从而x2y2＝4（m+n）+2,但因x与y均为奇数，z为偶数，从而z2＝4N。故x2y2≠z2。因此，x与y有不同的奇偶性。不妨假设x是偶数。我们只需研究方程(1)的满足下述条件的解：x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x由第一章第二节例2容易得到如下结论：定理1不定方程uv=w2的满足条件uv=w2，u>0，v>0，w>0，(u,v)=1的一切正整数解，可以写成下面的形式u=a2，v=b2，w=ab，(a,b)=1，a>0，b>0。定理2方程(1)的满足x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x(2)的一切正整数解具有下面的形式：x=2ab，y=a2b2，z=a2b2，(3)其中a>b>0，(a,b)=1，a与b有不同的奇偶性。证明(ⅰ)若x，y，z由式(3)确定，容易验证它们满足方程(1)。设(x,y)＝d，由式(1)得到d2z2，因此dz，于是有da2b2，da2b2d2(a2,b2)d2。所以d=1或2。由于2y，所以d=1，这说明式(4)满足。(ⅱ)若x，y，z是方程(1)的满足式(2)的解，则2y，2z，并且。(4)记d=，所以dy，dz，于是d(y,z)=1，d=1。因此，利用定理1及式(4)得到。从而x=2ab，y=a2b2，z=a2b2。由y>0，可知a>b；由于x与y有不同的奇偶性，所以2y，因此，a与b有不同的奇偶性。推论2.1单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理点），可以写成的形式，其中a与b是不全为零的整数。例1：证明：不定方程x2y2=z4，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x的一切正整数解可以写成公式：x=4ab(a2b2),y=∣a4b4－6a2b2∣,z=a2b(a,b)=1，a>b>0，a,b一奇一偶。证明：设x，y，z是x2y2=z4的满足(x,y)=1，2x的正整数解，则x=2ab，y=a2b2，z2=a2b2，a>b>0，(a,b)=1，a,b一奇一偶，再由z2=a2b2得a=2uv，b=u2v2，z=u2v2或a=u2v2，b=2uv，z=u2v2，u>v>0，(u,v)=1，u,v一奇一偶，于是得x=4uv(u2v2)，y=|u4v46u2v2|，z=u2v2，u>v>0，(u,v)=1，u,v一奇一偶。反之，易验证它是原不定方程的整数解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2x。例2：求出不定方程x23y2=z2，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1的一切正整数解的公式。证明：由(x,y)=1易知(x,z)=1。设(zx,zx)=d，易知d=1或2。由(zx)(zx)=3y2得zx=3da2，zx=db2，y=dab或zx=db2，zx=3da2，y=dab，a>0，b>0，(a,b)=1。(ⅰ)当d=1时，，a>0，b>0，(a,b)=1，3b，a,b同为奇数；(ⅱ)当d=2时，x=|b23a2|，y=2ab，z=b23a2，a>0，b>0，(a,b)=1，3b，a,b反之，易验证(ⅰ)或(ⅱ)是原不定方程的解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1。思考与练习2.31、证明推论1.1。2、试证x22y2=z2，(x,y,z)=1的整数解可以写成x=±(a22b2)，y=2ab，z=a22b2，其中a>0，b>0，(a,b)=1,2a3、证明不定方程x2y2=z4，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x的一切正整数解可以写成公式：x=4ab(a2b2),y=∣a4b4－6a2b2∣,z=a2b其中(a,b)=1，a>b>0，a,b一奇一偶。阅读材料费马大定理简介我们介绍一个与不定方程有关的问题，著名的费马最后定理(Fermat’sLastTheorem)，我们把它简记为费马大定理。在中国较普遍地叫做费马大定理。费马(1601～1665)，出身于法国南部一个富裕的中产阶级家庭，学过法律。1631年前曾在波尔多做法官，1631年5月，费马成为图鲁兹地方高等立法议会议员，并移居图鲁兹。费马的数学研究完全是业余进行的，虽然年近三十才认真注意数学，但他对数论、几何、分析和概率等学科都做过深入的研究，做出了重大的贡献，被人们誉为是“业余数学家”之王。17世纪之前，数论大体上是一些问题的汇集。到了17世纪，经过费马的系统化，数论才成为一门学科。因此，费马获得近代数论之父的美名。此外他头上还有另外三顶桂冠，那就是近代数学三大学科的先驱，这三大学科是解析几何、微积分和概率演算。古希腊数学家丢番图著《算术》一书，1621年被从希腊文译成拉丁文在法国出版，费马买到后，对于其中的数论问题产生了浓厚兴趣。工余之时，对希腊数学家的一些问题进行了研究和推广，当他读到第Ⅱ卷第八命题“将一个平方数分为两个平方数”时，他想到了更一般的问题。于是，他在页边空白处用拉丁文写了一段话，大意是：“将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂。这是不可能的。关于此，我确信已发现一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下了。”这段叙述用现代数学语言来说，就是：当整数，n>2时，方程(1)没有正整数解。这就是著名的费马最后定理，为了与费马的另一个定理相区别，也叫做费马大定理。写有这段笔录的书丢失了，但在1670年由他儿子S·费马出版的费马著作中有此记载。人们很想从费马的遗著中找到费马大定理的证明，但没有找到。关于他的“奇妙的证明”，人们有各种猜测。比较倾向于费马自己用无穷递降法证明了n=4的情形，而无穷递降法是他发现的一种很妙的证明方法，但他没有察觉，无穷递降法对一般情形并不适用。从而得出推测：费马可能在这点上犯了错误，而误认为发现了“奇妙的证明”。能不能补上这一缺憾，为费马大定理找到一个证明呢?试一试，绝非轻而易举。数学史家考证确认费马大定理写在书批上时约在1637年，1670年公诸于世，此后数学家们踏上征服费马大定理的漫长且艰难的历程。对于方程(1)我们容易发现如果(x，y)＝d，那么d|z，这样令x＝d，，则(1)可以简化为其中两两互质。我们将(1)式的两两互质的解，称为原始解。另外，(1)式中的n如果是个合数，令，此时，，若无正整数解，则也必无正整数解。因为若有正整数解，则与无正整数解矛盾。由于一个大于2的整数n，当，n是偶数时，必为4的倍数或为某个奇质数的偶数倍，当n是奇数时，必是一个奇质数p的倍数，因此，证明费马大定理，实际上只需证明和(p为奇质数)都没有正整数解就可以了。前者无正整数解较好地被证明了，见我们给出的无穷递降法的证明，后者(p为奇质数)无正整数解的证明却是非常困难的。为了方便起见，经常把费马大定理分为下列两种情形进行讨论：第一种情形：对于质数p，不存在x，y，z，使得p†xyz，且。第二种情形，对于质数p，不存在整数x，y，z，使P│xyz，我们列表总结早期数学家关于费马大定理研究的结果指数证明人证明时间n=4费马贝西莱布尼茨欧拉167616781738n=3欧拉高斯1770n=5勒让德狄里克勒18231825n=7拉梅1839n<100库麦尔1844-1857应当指出，1843年，库麦尔对复整数进行了研究，给出素整数、可除性以及类似的东西以适当定义，并假定在分圆整数中唯一因子分解成立，由此出发，他给出了费马大定理的一个“证明”。同年他把手稿寄给狄里赫勒，狄里赫勒看过后指出他的证明是错误的。1844年库麦尔认识到狄里赫勒批评的正确性，他证明分圆整数唯一因子分解定理不是普遍成立的。事实上，还有两位数学家也犯过与库麦尔同样的错误，一位是柯西，另一位是拉梅。在法国科学院的一次会议上，拉梅宣布他利用分圆整数理论证明了费马大定理，当他宣讲证明概要后，刘维尔马上站起来指出拉梅把通常整数的性质用到分圆整数上是不妥的。然而，这篇错误的论文已经发表在法国科学院的报告上，传遍整个数学界。为了使唯一分解成立，。库麦尔从1844年开始了一系列的研究，创立理想数的理论。他利用理想数，成功地证明对于许多质数费马大定理是正确的。在前100个自然数中，只有37，59，67不为库麦尔的证明所包括，为了除去这三个例外，库麦尔于1857年的一篇论文中将它的结果扩展到这些例外质数，可惜还有缺点，直到1892年P＝37的情形才被米里诺夫所证明。正是由于库麦尔等人的研究，1871年以后戴德金推广了高斯的复整数和库麦尔的代数数理论，创立现代代数数理论。过去代数数论本来是研究费马大定理解的一种方案。而现在，自身却变成了一个新兴学科。它的创立被认为是19世纪代数学上最大成就。难怪希尔伯特把费马大定理称为会“生出金蛋的母鸡”了，虽然费马大定理当时尚未攻克，但为了攻克费马大定理而产生的数学新的理论、思想、方法，其意义远超过证明费马大定理本身。到了1908年，德国数学家佛尔夫斯克尔留下遗言，把10万马克的巨款赠给哥廷根皇家科学会。有一个附加条件，将款项作为奖金，授予第一个证明费马大定理的人。按照哥廷根皇家科学会的决定，这项奖金限期100年，到2007年取消，消息传出，应征者的“证明”纷至沓来，单就1908年~1911年三年间，就收到1000多份证明，毫无例外，所有证明都是错误的。直到1918年第一次世界大战结束后，马克不断贬值。这时10万马克的奖金实际上只能买几张白纸!解答费马大定理的热潮至此才算告一段落。那些为奖金而努力的人不再作尝试，继续注意研究费马大定理的人多是从爱好数学的立场出发，使关于费马大定理的研究走向更深的层次。1977年，瓦格斯塔夫证明了，对于每一个p<125000的质数指数，费马大定理成立。1983年计算机专家斯洛文斯基在每秒运行一亿次的超巨型计算机CRAY一1上运行5782秒得到结果：对梅森质数M=2-1，费马大定理第一种情形成立。对于方程(n>2)。X，Y，Z为正整数，两端除以Z，变为,为有理数。这时，费马大定理等价于没有非零的有理数解。这时，我们得到函数：可以在xoy平面上画出它的图象。如图所示这些曲线称为费马曲线Yn=2(1,1)n=3OX如果把平面上横纵坐标都是有理数的点称为有理点，则费马大定理的几何解释是：对于n>2的情形，费马曲线不通过xoy上单位正方形内的有理点。到了1983年原联邦德国29岁的数学家伐尔廷斯证明一个名叫莫德尔的猜想是正确的。由这个结果，可以推出费马曲线(n≥4)上只有有限个有理点。也就是说，如果方程(n≥4)有解，则至多有有限多个。伐尔廷斯的成就受到了各国数学家的高度评价。1983年，由于莫德尔猜想的证明，数学家看出有一系列猜想最终可导出费马大定理的证明。发展到1986年，数学家已经看到了，要证明费马大定理，只须证明对半稳定椭圆曲线，谷山一志村猜想成立就可以了。英国数学家安德鲁·维尔斯(AndrewWiles)知道这个消息之后，面壁7年，终于在1993年6月取得了突破。1993年6月23日，安德鲁·维尔斯在剑桥大学新成立的牛顿数学研究所以《模形式、椭圆曲线和伽罗华表示》为题作了长达2.5小时的报告。在报告结束时，10时30分，他平静地宣布：“我证明了费马大定理。”这一消息不胫而走轰动了世界。但到了11月，他的老师柯兹在牛顿研究所维尔斯作报告的同一报告厅中，证实维尔斯论文中确有漏洞。1993年12月4日，维尔斯发出电子邮件，勇敢地承认了证明中存在问题，并表示很快将克服这一问题。但直到1994年8月3日至11日，在瑞士苏黎世召开四年一度的国际数学家大会上，仍没有进展的消息。维尔斯从苏黎世回来后只过了一个多月，为费马大定理拼搏了八年之久的这位数学大师突然来了灵感。9月19日，他已经发现了绕过困难的方案。原来的方案只需部分地改动，改动的部分涉及代数几何的尖端，更正确地说是交换代数的理论。这时他需要关于海克(Hecke)代数的结构理论。为了完成这部分占全部工作的工作，他与自己的学生泰勒合作，忙了一个月，便完成了全部工作，整个证明比原来的还要简短。10月14日，他将他的108页论文《模曲线和费马大定理》送交当代最权威的数学杂志——普林斯顿的《数学年刊》，而一周之前，他和他的学生泰勒的合作论文《