从勾股数到费马大定理
最近翻完西蒙·辛格的数学科普《费马大定理》，Andrew Wiles 闭关憋惊天大招的故事读得心潮澎湃。趁着还热乎着的三分钟热度，赶紧写点什么可以给高中水平的数学爱好者（差不多也是我自己水平）看的东西。
我打算从勾股数谈起，写写费马大定理的故事，然后写写 $n=4$ 和 $n=3$ 时费马大定理的证明（更 general 情况的证明显然远远超出我的能力以外），写到哪里是哪里吧。
从勾股数谈起
所谓勾股数（Pythagorean triple），指的是符合勾股定理 \(x^2 + y^2 = z^2\) 的正整数数组 \((x,y,z)\)。因为任何一组勾股数的整数倍显然也是勾股数，所以一般而言，我们更加关注三者互质的数组 \((x,y,z)\)。这里我们将介绍一种产生勾股数的算法，并将看到互质的勾股数有无穷多组。
将勾股定理稍作改写，可以有
\[\begin{aligned} x^2 = z^2 - y^2 &= (z+y)(z-y) \\ \frac{z+y}{x} &= \frac{x}{z-y} \end{aligned}\]令 \(\frac{z+y}{x} = \frac{m}{n}\)，其中 \(m, n\) 为满足 \(m>n\) 的正整数。根据改写后的勾股关系，立刻有 \(\frac{z-y}{x} =\frac{n}{m}\)。我们进而可以写出如下关系：
\[\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{z}{x} + \frac{y}{x} = \frac{m}{n} \\ \displaystyle \frac{z}{x} - \frac{y}{x} = \frac{n}{m} \\ \end{array} \right. \quad \Rightarrow \quad \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{z}{x} = \frac{1}{2} \left( \frac{m}{n} + \frac{n}{m} \right) = \frac{m^2 + n^2}{2mn}\\ \displaystyle \frac{y}{x} = \frac{1}{2} \left( \frac{m}{n} - \frac{n}{m} \right) = \frac{m^2 - n^2}{2mn} \\ \end{array} \right.\]很自然地，选取
\[\boxed{x= 2mn, \, y=m^2-n^2, \, z=m^2+n^2} \tag{\#}\]就会自动满足 \(x^2 + y^2 = z^2\)。
注意到，如此构造出来的 \(x\) 必为偶数，如果 \(m\) 和 \(n\) 同为奇数或者同为偶数，则 \(y\) 和 \(z\) 也将是偶数，这样 \((x,y,z)\) 将含有公因子 \(2\)，不符合互质的要求。另一方面，如果 \(m\) 和 \(n\) 含有公因子 \(p>1\)，那么 \((x,y,z)\) 也将含有公因子 \(p\)，也不符合互质的要求。
因此我们可以下结论：要通过 \((\#)\) 式生成互质的勾股数 \((x,y,z)\)，\(m\) 和 \(n\) 必须是一个奇偶数对，并且除了1之外它们没有其他公因子。但显然，这样的 \((m,n)\) 有无穷多组，因此互质的勾股数也有无穷多组。
举点栗子，一些勾股数的构造如下：
\[\begin{aligned} m=2, \,n=1 \quad &\Rightarrow \quad (x,y,z) = (4,3,5) \\ m=3, \,n=2 \quad &\Rightarrow \quad (x,y,z) = (12,5,13) \\ m=4, \,n=1 \quad &\Rightarrow \quad (x,y,z) = (8,15,17) \\ m=4, \,n=3 \quad &\Rightarrow \quad (x,y,z) = (24,7,25) \\ &\cdots \end{aligned}\]费马大定理的故事
上面我们看到了，满足 \(x^2 + y^2 = z^2\) 的互质的正整数 \((x,y,z)\) 有无穷多对。然而，如果我们把指数 \(n\) 替换成任何大于 2 的正整数，方程的解会如何呢？
1637年，法国数学家费马（Pierre de Fermat）在阅读丢番图的著作时，突发灵感写下了如下命题：当正整数 \(n\geq3\) 时，关于 \(x,y,z\) 的方程
\[x^n + y^n = z^n\]不存在任何正整数解。此即费马大猜想，350多年后经英国数学家 Andrew Wiles 证明，终于从猜想升级成为了一条定理，现被称为费马大定理（Fermat’s last theorem）。
跟费马的猜想同样著名的，是费马在写下猜想同时留下的一段注释。有点恶作剧心思的费马大约是出于挑战同时代的数学家的目的，很皮地留下了数学史上恐怕是最著名的一段注释：“我相信我找到了一个美妙的证明方法，可惜这里的空白处太小了，我写不下来。”
然而，欧拉、热尔曼、高斯、勒让德、法尔廷斯等几代数学大佬，也仅仅只是证明了费马猜想的一些特殊情况，费马猜想在3个半世纪的时间内始终无法被证明，也无法被证伪，成为数论领域中的皇冠上的无人可及的明珠。直到20世纪90年代，英国数学家 Andrew Wiles 通过近十年的卓绝努力，证明了谷山-志村定理（Taniyama-Shimura theorem），通过将椭圆曲线和模形式建立起对应关系，运用反证法证明了：如果* \(x^n+y^n=z^n\) *存在正整数解，那么某种椭圆曲线就会是谷山-志村定理的一个反例，所以费马大定理必须成立。
在证明谷山-志村定理的过程中，Andrew Wiles 历经坎坷，几乎单枪匹马地在前人工作的基础上创造出了大量全新的数学方法，诸多数学概念在这个过程中孕育而生，这也奠定了 Andrew Wiles 在数学史上比肩那些上古大神的一席之地。
这里大力推荐下西蒙·辛格的《费马大定理》，这本书回顾了从费马大定理诞生到其被证明的精彩故事。全书最令我印象深刻的，是 Andrew Wiles 在异常艰难的探索、黑暗中独自前行之后，在世纪讲座结束时那句“我想我就在这里结束吧”，和在自家书房里搞定全部证明细节后下楼时对妻子说的那句“我想我已经找到它了”，返璞归真的境界令人动容。
利用我们在上篇中介绍的勾股数的构造方法，不难证明 \(n=4\) 的情况。而 \(n=3\) 的情况也可以用相对初等的方法给出证明，后面的篇幅就留给具体的证明细节。
无穷递降法
费马大定理的最简单的两种情况，即关于 \(x,y,z\) 的方程 \(x^n+y^n=z^n\) 在 \(n=4\) 和 \(n=3\) 时不存在正整数解，其证明过程对于普通数学爱好者而言还不是那么遥不可及。
我们的论证将基于以下的逻辑：假设我们可以找到某一组正整数解 \((x,y,z)\)，那么必然存在另一组更小的正整数解 \((x',y',z')\)，其中 \(z' <z\)。但原方程一定存在最小的正整数解，从而产生矛盾。因此正整数解不存在。
这种反证法的思想被称作无穷递降法（proof by infinite descent）。费马本人发展了这套方法，并成功证明了 \(x^4+y^4=z^4\) 不能存在整数解。欧拉之后利用同样的思想，搞定了 \(n=3\) 的情况。尽管后来勒让德、狄利克雷、拉梅当、勒贝格等数学家陆续利用无穷递降法证明了 \(n=5, 7\) 等特别幂次的情况，但随着幂次的增加，构造无穷递降的路数变得越发困难，更普遍情况的证明需要新的数学工具。现在很多人认为，费马声称自己找到了费马大定理的绝妙证明时，他很可能高估了无穷递降法的威力。
不过话说回来，无穷递降法来处理 \(n=4\) 和 \(n=3\) 的情况还是异常巧妙的。我们接下来就进入正题。
注：下面的讨论中，出现的所有字母如果没有特别声明，则均代表正整数。
两条预备定理
1
关于勾股数构造的细节，在文章的前半部分已经给出。这里引用结论：如果互质的正整数 \(x,y,z\) 满足
\[x^2 + y^2 = z^2\]则它们可以通过如下的方式构造：任取两个互质的奇偶数对 \(m,n\)（设 \(m>n\)），取
\[\begin{aligned} x&=2mn \\ y&=m^2-n^2 \\ z&=m^2+n^2 \end{aligned}\]不难验证
\[\begin{aligned} (2mn)^2 + (m^2-n^2)^2 &= 4m^2n^2 + m^4 - 2m^2n^2 + n^4 \\ &= m^4 + 2m^2n^2 + n^4 \\ &= (m^2+n^2)^2 \end{aligned}\]如此得到的 \((x,y,z)\) 将构成一组互质的勾股数。
2
如果互质的正整数 \(x,y,z\) 满足
\[x^2 + 3y^2 = z^3\]则它们可以通过如下的方式构造：任取两个互质的奇偶数对 \(m,n\)（依然设 \(m>n\)），取
\[\begin{aligned} x &= m(m^2-9n^2) \\ y &= 3n(m^2-n^2) \\ z &= m^2 + 3n^2 \end{aligned}\]不难验证
\[\begin{aligned} (m^3 - 9mn^2)^2 + 3(3m^2n-3n^3)^2 &= (m^6 - 18m^4n^2 +81m^2n^4) + 3(9m^4n^2 - 18m^2n^4+9n^6) \\ &= m^6 + 9m^4n^2 + 27m^2n^4 + 27n^6 \\ &= (m^2 + 3n^2)^3 \end{aligned}\]如此得到的 \((x,y,z)\) 是互质的并且将自动满足 \(x^2 + 3y^2 = z^3\)。
Fermat’s Last Theorem for \(n=4\)
我们先来考察方程：
\[x^4 + y^4 = z^2\]假设它存在最小的正整数解 \((x,y,z)\)。我们期望通过找出矛盾，推翻假设，从而通过反证法证明这个方程不存在正整数解。
注意到方程可以改写成勾股定理的形式：
\[(x^2)^2 + (y^2)^2 = z^2\]首先，我们来分析下 \(x,y,z\) 的奇偶性。
显然，它们不可能都为奇数，也不可能只有一个奇数，如此一来方程两边必然会有不同的奇偶性，无法成立。
它们也不能全是偶数。若将它们写成 \(x=2a, y=2b\)，则
\[z^2 = x^4 + y^4 = (2a)^4+(2b)^4 = 16(a^4 + b^4)\]这说明 \(z\) 必然是4的倍数。设 \(z=4c\)，则有 \(a^4+b^4=c^2\)，即 \((a,b,c)\) 是满足同样形式方程的更小的正整数解，跟 \((x,y,z)\) 是最小的整数解的假定矛盾。
于是 \(x,y,z\) 必然是两个奇数和一个偶数的组合。如果 \(x,y\) 都是奇数，\(z\) 是偶数，由于任何整数与它的平方有相同的奇偶性，可以设 \(x^2=2a+1\)，\(y^2=2b+1\)，\(z=2c\)，则
\[\begin{aligned} (x^2)^2 + (y^2)^2 &= 4(a^2 + a+b^2 +b) + 2 \\ z^2 &= 4c^2 \end{aligned}\]左边除以4的余数为2，而右边可以被4整除，导致矛盾，所以刚才假定的奇偶性组合也不成立。
因此，剩下的唯一的可能性，就是 \(z\) 是奇数，\(x\) 和 \(y\) 为一奇一偶的组合。 不妨设 \(x\) 为偶数，\(y\) 为奇数，利用勾股数的构造，我们有：
\[\begin{aligned} x^2 &= 2mn \\ y^2 &= m^2-n^2 \\ z &= m^2 + n^2 \end{aligned} \tag{1}\]将关于 \(y\) 的式子稍作改写，变成
\[n^2 + y^2 = m^2\]我们发现 \((n,y,m)\) 可以构成一组新的勾股数。
由于 \(y\) 是奇数，\(n\) 和 \(m\) 必须是一奇一偶的组合。如果其中 \(n\) 为奇数、\(m\) 为偶数，则利用之前类似的逻辑，会发现 \(n^2+y^2\) 除以4的余数为2，\(m^2\) 却是4的倍数，两者不可能相等。所以只能是 \(n\) 为偶数，\(m\) 为奇数。 再次利用勾股数的构造，我们写出：
\[\begin{aligned} n &= 2pq \\ y &= p^2 - q^2 \\ m &= p^2 + q^2 \end{aligned} \tag{2}\]将\((2)\)代入\((1)\)中关于 \(x\) 的式子里：
\[x^2 = 4pq(p^2+q^2)\]注意在两次勾股数的构造中，要求 \(m\) 和 \(n\) 互质，以及 \(p\) 和 \(q\) 互质。结合\((2)\)式以及 \(m\)、\(n\) 互质的要求，我们推知 \(pq\) 与 \(p^2+q^2\) 互质。但 \(p\) 和 \(q\) 两者也是互质的，所以 \(p\)、\(q\)、\(m=p^2+q^2\) 三者互质。\(4pq(p^2+q^2)\) 是一个完全平方意味着 \(p\)、\(q\)、\(m\) 三者都是完全平方，即
\[\begin{aligned} p=r^2 \\ q=s^2 \\ m=t^2 \end{aligned} \tag{3}\]将\((3)\)式代回\((2)\)式中的最后一条，我们发现
\[r^4 + s^4 = t^2\]这条方程形式上与我们最初考察的方程一模一样，就是说 \((r,s,t)\) 也构成一组原方程的正整数解。但是根据构造，显然 \(t<z\)，这与 \((x,y,z)\) 为最小正整数解的假设矛盾。通过无穷递降，总是可以找到更小的正整数解，所以最小正整数解存在的假设不能成立。换言之，方程
\[x^4 + y^4 = z^2\]不存在正整数解。
既然任意两个正整数的4次幂之和不可能是一个完全平方数，那就更加不可能是一个四次方数了。至此我们证明了方程
\[x^4 + y^4 = z^4\]不存在正整数解。
Fermat’s Last Theorem for \(n=3\)
我们来考察方程：
\[x^3 + y^3 + z^3 = 0\]假设它存在一组最小的整数解 \((x,y,z)\)。如果假设会推出矛盾，也就是说待考察的方程实际上不存在整数解，由于 \(x,y,z\) 不可能符号全部相同，我们很容易通过移项，得知 \(x^3 + y^3 = z^3\) 也不可能有正整数解。
我们还是先来分析下 \(x,y,z\) 的奇偶性。 很容易排除三者全为奇数、三者中有且仅有一个奇数的情况，因为这会导致三者的立方和也为奇数，不可能为零。三者全为偶数也是不允许的，因为取 \(a=\frac{1}{2}x,\, b=\frac{1}{2}y, \, c=\frac{1}{2}z\)，立刻有 \(a^3+b^3+c^3=0\)，即 \((a,b,c)\) 也是原方程的整数解，但这与 \((x,y,z)\) 是最小整数解的假设不符。于是，\(x,y,z\) 必然是一个偶数和两个奇数的组合。
不失普遍性，我们设 \(z\) 是偶数，可以写作 \(z=2c\)。\(x,y\) 两者都是奇数。
如果 \(x=y\)，那么有 \(2x^3 = -z^3 = -8c^3\)，或 \(x^3 = -4c^3\)，这说明 \(x\) 又该是偶数，导致矛盾，所以 \(x\neq y\)。
既然 \(x,y\) 同为奇数并且不相等，那么它俩的和及差都将是偶数
\[\begin{aligned} 2a &= x+y \\ 2b &= x-y \end{aligned}\]不难从中反解出 \(x\) 和 \(y\)：
\[x= a+b, \quad y=a-b\]代回到原方程里，我们得到
\[-z^3 = (a+b)^3 + (a-b)^3 = 2(a^3 + 3ab^2) = 2a(a^2+3b^2) = -8c^3 \tag{4}\]注意到 \(x,y\) 同为奇数要求 \(a\) 和 \(b\) 的奇偶性不同。但不论 \(a\) 和 \(b\) 中谁是奇数，谁是偶数，\(a^2 + 3b^2\) 总是奇数。要使 \(2a(a^2+3b^2) = -8c^3\)，\(a\) 就必须是4的倍数，因而一定是偶数。\(b\) 就将是奇数。
接下来，留意到 \(z^3\) 含有 \(a^2+3b^2\) 这个因子，我们可以对 \(a\) 是或不是 3 的倍数的情况进行分类讨论。
\(a\) 不是3的倍数
注意 \((x,y,z)\) 是原方程的最小整数解意味着 \(x\) 和 \(y\) 互质，因此 \(a\) 和 \(b\) 也是一对互质的数。\(a\) 无法整除3意味着 \(a^2+3b^2\) 与 \(a\) 互质。记得 \(a^2 + 3b^2\) 总是奇数而 \(a\) 是偶数，所以我们进一步推知 \(2a\) 与 \(a^2+3b^2\) 互质。两者的乘积是一个立方数（\(z^3\)）意味着这两者各自都是立方数：
\[\begin{aligned} 2a & = p^3 \\ a^2 + 3b^2 &= q^3 \end{aligned} \tag{5}\]利用先前的预备定理对付\((5)\)式的第二条，我们可以继续写出
\[\begin{aligned} a &= m(m^2-9n^2) \\ b &= 3n(m^2-n^2) \\ q &= m^2 + 3n^2 \end{aligned} \tag{6}\]将\((6)\)式代回\((5)\)式中的第一条：
\[p^3 = 2m(m^2-9n^2) = 2m(m-3n)(m+3n)\]\(b\) 是奇数，通过\((6)\)式的第二条，我们知道 \(n\) 和 \(m^2-n^2\) 都是奇数，因此 \(m\) 必须是偶数，则 \(m\pm3n\) 一定是奇数。又基于我们现在的假定，\(a\) 不能被3整除，\((6)\)式的第一条告诉我们 \(m\) 也不能被3整除。另外，\(m\) 和 \(n\) 互质，这些条件放到一起，意味着 \(2m\)、\(m-3n\)、\(m+3n\) 这三者互质。但现在这三者的乘积等于一个立方数（\(p^3\)），只可能它们各自都是一个立方数：
\[\begin{aligned} -2m &= r^3 \\ m-3n &= s^3 \\ m+3n &= t^3 \end{aligned} \tag{7}\]为了方便起见，\((7)\)式的第一条里多添加了一个负号。但是如果 \(2m\) 是一个立方数，即 \(2m=r'^3\)，取 \(r=-r'\)，自然有 \(-2m=-r'^3 = r^3\)。耍了点小聪明后，我们把\((7)\)式的三条通通加到一起，得到：
\[r^3+s^3+t^3=0\]这说明存在满足原方程的更小的一组整数解 \((r,s,t)\)。
\(a\) 是3的倍数
既然 \(a\) 是3的倍数，就可以被写作 \(a=3k\)。代回\((4)\)式，得到
\[-z^3 = 2a(a^2+3b^2) = 6k(9k^2+3b^2) = 18k(3k^2+b^2)\]\(a\) 和 \(b\) 互质意味着 \(b\) 不能被3整除，并且 \(b\) 也与 \(k\) 互质，因此 \(3k^2+b^2\) 不能被3整除，并且 \(3k^2 +b^2\) 与 \(k\) 是互质的。记得 \(a\) 是偶数，\(k\) 也必然为偶数。而 \(b\) 是一个奇数，因此 \(3k^2+b^2\) 也是一个奇数，即不能被2整除。注意到 \(18=2\times3^2\)，于是 \(3k^2+b^2\) 必然无法整除18。所以我们进一步推知 \(18k\) 与 \(3k^2 + b^2\) 互质，而两者的乘积是一个立方数（\(z^3\)），它们各自都必须是立方数：
\[\begin{aligned} 18k & = p^3 \\ b^2 + 3k^2 &= q^3 \end{aligned} \tag{8}\]再次利用先前的预备定理对付\((8)\)式的第二条，我们有
\[\begin{aligned} b &= m(m^2-9n^2) \\ k &= 3n(m^2-n^2) \\ q &= m^2 + 3n^2 \end{aligned} \tag{9}\]将\((9)\)式代回\((8)\)式中的第一条：
\[p^3 = 54n(m^2-n^2) = 3^3\times2n(m-n)(m+n)\]从\((8)\)式的第一条，很容易看出 \(p\) 一定能被3整除，所以 \(p^3\) 必然含有 \(3^3\) 这个因子。而在\((9)\)式的构造过程中，我们要求 \(m\) 和 \(n\) 互质并且拥有不同的奇偶性，\(m\)、\(n\) 互质导致 \(n\)、\(m-n\)、\(m+n\) 三者互质，\(m\)、\(n\) 奇偶性不同则 \(m \pm n\) 必为奇数。因此 \(2n\)、\(m-n\)、\(m+n\) 三者互质。 跟之前的论证一样的逻辑，这三者的乘积等于一个立方数（\(p^3\)），它们必须都各是一个立方数：
\[\begin{aligned}-2n &= r^3 \\m-n &= s^3 \\m+n &= t^3 \end{aligned} \tag{10}\]\((10)\)式的第一条出于之前类似的原因悄悄加了一个负号。把\((10)\)式的三条通通加到一起：
\[r^3+s^3+t^3=0\]这说明存在满足原方程的更小的一组整数解 \((r,s,t)\)。
综上，不论何种情况，如果存在一组整数解 \((x,y,z)\)，总可以更小的一组整数解 \((r,s,t)\)。根据无穷递降的思想，这与存在最小整数解的假定互相矛盾，因此 \(x^3+y^3+z^3=0\) 不可能有整数解。
于是根据早先的讨论，我们证明了，方程
\[x^3 + y^3 = z^3\]不存在任何正整数解。