2×1 32
××
1
这当然不是整数。所以，只有.. p是素数，才能保证这一算式得到整数值。
欧拉需要的最后一件数学武器是应用于(a＋1) P的二项式定理。幸好，
他在牛顿的著作中读到过这个定理，所以，他已经准备停当。我们将分四
步来探讨他的证明，每一步都直接推导出下一步，最后一步将以费马小定
理结束：
定理如果.. p是素数，a是任意整数，则.. p可以整除(a+1) P-(aP+1)。
证明应用二项式定理，展开第一个表达式，得到..
pp 1)
p é pp-1( -p-2
(a+1) = a + pa + a
ê
.2×1
p(p-1)(p-2) p-3 ù
+a + ..pa + 1ú
3×2×1 .
我们将这一展开式代入(a+1) P-(aP+1)，然后，合并同类项，并提取公
因数.. p，即得到..
(a +1) p -(ap +1)
p-p(p-1) 2 ( -)(p -2) p
é p1 p-pp 1 3 ù
=a+pa + a + a + ..pa + 1
êú
.2×1 32 .
××
1
-(a p + 1)
p -1( -1) p -2 pp ( -)(p -2) p3
pp 1
= pa + a + a -+ ..
+ pa
2×1 32
××
1
é p-1p -1p -2 (p -1)(p -2) p-3 ù
= pa + a + a + ..
+ a
êú
.2×13×2×1 .
根据上述(B)，我们知道方括号中的项是一个整数。因而，我们证明了
(a＋1) P-(aP＋1)可以分解因式为素数.. p与一个整数的乘积。换言之，如定
理所称，p可以整除(a+1) P-(aP+1)。证讫。
我们利用这一结果即可直接导出第二个定理。
定理如果.. p是素数，并且，p可以整除.. a 定理如果.. p是素数，并且，p可以整除.. a - a，那么，p也可以整除..
(a+1)P-(a+1)。
证明前一个定理保证了.. p可以整除(a＋1) P-(aP＋1)，并且，我们已
知.. p也可以整除.. a P- a。所以，p显然可以整除这两者的和：
[(a＋1) P-(aP＋1)]+[a P-a]=(a＋1) p-ap-1＋a p-a
=(a+1)P-(a+1)
而这正是我们所要证明的。证讫。
上面的结论为欧拉提供了证明费马小定理的钥匙，这一证明过程被称
作“数学归纳法”。归纳法是适于包含整数在内的一些命题的完美的证明
技巧，这种方法利用了整数一个紧跟一个的“阶梯”牲质。归纳法证明很
像攀登一个（非常高的）梯子。我们最初的工作就是要踏上梯子的第一级。
然后，我们必然能从第一级登上第二级。这两步完成后。我们需要的是从
第二级登上第三级，然后再从第三级登上第四级。如果我们掌握了从一级
登上更高一级阶梯的方法，那么，这个梯子就属于我们了！我们确信，没
有我们达不到的阶梯。欧拉应用归纳法作了如下证明：
定理如果.. p是素数，a是任意整数，那么，p能够整除.. a P-a。
证明因为这一命题涉及到所有整数，所以，欧拉开始先证明第一个
整数，即.. a=1。但是这种情况极为简单，因为.. a P-a=1P-1=1-1=0，p当然可
以整除.. 0（实际上，任何正整数都能够整除.. 0）。这使欧拉踏到了梯子上。
现在，欧拉将.. a=1（即我们刚刚证明的.. p是.. 1 P-1的因数）应用于前面
的定理，据此，欧拉就可以推断，p同样也能够整除
(1＋1) P-(1＋1)=2 P-2
换句话说，欧拉证明了.. a=2。如果我通过前面的命题再循环一次，我们就
发现，这表明，p能够整除..
(2+1)P-(2+1)=3P-3
我们只要不断重复这个过程，就会看到.. p能够整除.. 4 P-4、5 P-5，等等。这
样，欧拉就像从梯子的一级不断爬向更高一级那样，能够一直爬向整数梯
子的顶端，从而保证了对于任意整数.. a来说，p是.. a P-a的因数。证讫。
最后，欧拉准备证明费马小定理。由于已完成了上述艰苦的准备工作，
所以，他最后一步证明极为轻松：
费马小定理如果.. p是素数，而.. a是与.. p互质的整数，那么，p能够
整除.. a P-1 -1。
证明我们已证明，p能够整除..
aP- a＝a[a p-1－1]
根据上述(A)，因为.. p是素数，p就一定能够整除.. a或.. a P-1 - 1（或两
者）。但是，我们已假设.. p不能整除.. a，因而我们推断，p能够整除后者，
即，p能够整除.. a P-1 - 1。这就是费马小定理。证讫。
欧拉的论证是一颗明珠。他需要的仅仅是一些比较简单的概念；他溶
入了归纳法这种关于整数的典型证明方法；并运用了远及欧几里得，近自
二项式定理的命题。对于这些知识，他大量注入了自己的天才，这样就出
现了费马以前提出但未能证明的费马小定理的第一个证明。
二项式定理的命题。对于这些知识，他大量注入了自己的天才，这样就出
现了费马以前提出但未能证明的费马小定理的第一个证明。
伟大的定理：欧拉对费马猜想的反驳
就我们本章的目的来说，前面的论证只是序曲。费马／欧拉的另一个
命题将作为本章的伟大定理。毫不奇怪，正是欧拉的笔友哥
德巴赫的信引起了欧拉的兴趣。在
1729年
12月
1日的一封信中，哥
德巴赫带着几分天真问道，“费马认为所有形如22n+ 1 的数字都是素
数，你知道这个问题吗？他说他没能作出证明；据我所知，也没有其他任
何人对这个问题作出过证明。”
费马声称发现了一个始终能生成素数的公式。显然，就
n的最初几个
值而言，他的公式是对的。也就是说，如果n=1 ，221 =2 2 +1=5 是素
数；如果n=2 ，则222
+1 =2 4＋1 = 17 是素数；同样，n=3 和n=4 生成素
数
2
8+1=257和
2
16+1=65537。按序列，下一个数字
n=5就生成了一个巨大
的数字
25 32
2 +1=2 +1=4294967297
费马同样认为这是一个素数。如果沿着费马的思路，从直觉上没有理由怀
疑他的推断。另一方面，任何数学家如果想要否定费马的猜想，就必须要
找到一种方法，以将这一
10位数字分解为两个较小的因数；而这种研究可
能需要几个月的时间，当然，如果费马对这个数字的素数性的推断是正确
的话，则这种探索将是徒劳无益的。总之，我们有种种理由接受费马的推
测，转而去忙别的事情。
但这不是欧拉的性格。他开始对数字
4，294，967，297进行研究，最
后，欧拉终于成功地分解出这个数字的因数。费马的猜想是错误的。无需
赘言，欧拉发现这个数字的因数并非偶然。他就像侦探一样，首先从一个
案件的真正嫌疑犯中排除无辜的旁观者。按照这种思路，欧拉设计了一个
非常巧妙的检验方法，从一开始就排除掉所有无关的数字，只留下
4，294，967，297的几个潜在因数。他的非凡观察力使摆在他面前的任务变得格外
简单。
欧拉首先提出一个偶数
a（但如果能够知道真相的话，他心里实际想
的是
a=2）和一个素数
p，且
p不是
a的因数。然后，他希望能确定对素数
p的限制，看其能否分别整除
a＋1、a
2＋1、a
4＋1，或其一般式
a2n+1 。依照费马猜想的性质，欧拉特别注意n=5 的情况。也就是说，
他能否发现
a
32＋1的素因数呢？
命运似乎对费马开了一个不大不小的玩笑，欧拉用以否定费马猜想
22n+1 的主要定理不是别的，恰恰正是费马小定理本身。换句话说，费
马自己种下了埋葬自己的种子。的确，随着我们介绍欧拉推导下述定理的
过程，我们不能不承认，费马小定理起了关键性的作用。
过程，我们不能不承认，费马小定理起了关键性的作用。
证明这是一个非常简单的定理。如果.. a是偶数，那么，a＋1就是奇
数。因为我们假设.. p能够整除奇数.. a＋1，所以，p自身也一定是奇数。因
而，p-1是偶数，并且，对于某一整数.. k来说，p-1=2k，也就是.. p=2k＋1。
证讫。
我们来看一个具体数例。如果我们先设偶数.. a=20，那么，a＋1=21，
并且，21的两个素因数（即.. 3和.. 7）都符合.. 2k＋1的形式。
下一步是更具挑战性的一步：
定理.. B设.. a为偶数，p为素数，且.. p与.. a互质，但却能够整除.. a 2＋1。
那么，对于某一整数.. k来说，p=4k＋1。
证明因为.. a是偶数，所以.. a 2也是偶数。根据定理.. A，我们知道，a 2
＋1的任何素因数（特别是数字.. p）都一定是奇数。也就是说，P等于.. 2的
倍数加.. 1。
但是，如果我们用.. 4去除.. p，结果如何呢？显然，任何奇数都一定等
于.. 4的倍数加.. 1或者.. 4的倍数加.. 3。使用符号，p可以表示为.. 4k＋1或.. 4k
＋3的形式。
欧拉想消除后一种可能性，为了造成最后的矛盾，他必须先假定.. p=4k
＋3，其中k为某一整数。由于定理设p与.. a互质，所以，根据费马小定理，
p能够整除..
ap-1－1=a(4k＋3)-1 - 1=a4k+2 -1
另一方面，定理给出.. p是.. a 2＋1的因数，所以，p也是下列乘积的因
数：..
(a2+1)(a4k-a4k-2＋a 4k-4-..＋a 4-a2+1)我们可以用代数方法对这一
乘式进行计算，通过乘出上式，并合并同类项，就可以将这一复杂的乘积
简化为.. a 4k+2＋1的形式。
现在，我们可以断定，p既能够整除.. a 4k+2＋1，也能够整除.. a 4k+2-1。
所以，p一定能够整除这两者的差..
(a4+2＋1)-(a 4k+2-1)=2
但是，这是一个明显的悖论，因为奇素数.. p不能整除.. 2。它表明，p不能象
我们在开始时所假设的那样具有.. 4k＋3的形式。由于只剩下了一种选择，
所以，我们可以断定，对于某一整数.. k来说，p一定等于.. 4k＋1。证讫。
与前面一样，我们现在来举几个具体数例。如果.. a=12，那么，a2＋1=144
＋1=145=5×29，5和.. 29都是.. 4k＋1形式（即.. 4的倍数加.. 1）的素数。同样，
如果.. a=68，则.. a 2＋1=4625=5×5×5×37，其中的每一个素因数都等于.. 4的
倍数加.. 1。
接着，欧拉提出了数字a22 ＋1= a 4＋的素因数问题。
1
定理.. C设.. a为偶数，p为素数，且.. p与.. a互质，但.. p能够整除.. a 4＋1。
那么，对于某一整数.. k来说，p=8k+1。
那么，对于某一整数.. k来说，p=8k+1。
4＋1=(a 2)2＋1。所以，我们可以应用定理.. B，将.. p
写成.. 4的倍数加.. 1的形式。据此，欧拉提出，如果不用.. 4，而用.. 8去除.. p，
结果又会如何呢？起初，我们可能会遇到.. 8种可能性：
p=8k（即，p是.. 8的倍数）
p=8k＋1（即，p等于.. 8的倍数加.. 1）
p=8k＋2（即，p等于.. 8的倍数加.. 2）
p=8k＋3（即，p等于.. 8的倍数加.. 3）
p=8k＋4（即，p等于.. 8的倍数加.. 4）
p=8k＋5（即，p等于.. 8的倍数加.. 5）
p=8k＋6（即，p等于.. 8的倍数加.. 6）
p=8k＋7（即，p等于.. 8的倍数加.. 7）
幸运的是（而这正是欧拉分析的核心），我们可以消除其中.. p的某些
可能形式。首先，我们知道，p一定是奇数（因为.. p是奇数.. a 4＋1的因数），
所以，p不可能呈现.. 8k、8k＋2、8k＋ 4或.. 8k＋6的形式，因为它们显然
全都是偶数。
并且，8k+3=4(2k)＋3等于.. 4的倍数加.. 3，根据定理.. B，我们知道， p
不可能具有这种形式。同样，数字 8k ＋7=8k＋4＋ 3= 4(2k+1)＋3也等
于.. 4的倍数加.. 3，所以，也不在考虑之列，应予以消除。
这样，a 4＋1的素因数就只剩下了 8k＋1和.. 8k＋5两种可能形式。但
是，欧拉按下述方法成功地排除了后者：
为了造成矛盾，必须先假定.. p=8k＋5，其中.. k为某一整数。那么，由
于.. p与.. a互质，所以，根据费马小定理，p能够整除..
ap-1－1=a (8k+5)-1-1=a8k+4-1
另一方面，由于.. p能够整除.. a 4+1，所以，p也肯定能够整除..
(a4＋1)(a 8k－a 8k-4＋a 8k-8－a 8k-12＋..＋a 8-a4＋1)
这一乘积可以用代数方法简化为.. a 8k-4＋1。但是，如果.. p既是.. a 8k-4＋l的
因数，又是.. a 8k-4-1的因数，那么，p也就应该能够整除它们的差..
(a8k-4＋1)-(a 8k-4-1)=2
这样，就出现了矛盾，因为.. p是奇素数。所以，我们看到，P不可能有.. 8k
＋5的形式，因而，正如定理所断定的那样，p的唯一可能形式只能是.. 8k+1。
证讫。
我们再来举一个简单的例子。如果偶数.. a=8。那么，a 4＋1=4097，这
个数字可以分解为 17×241，而 17和 241都可以分解为 8的倍数加.. 1
的形式。
据此，欧拉证明了更多同样形式的情况，但是，为了我们的目的，我
们应将这一模式整理一下，使之条理更加清晰。我们可以概
括前面的所有工作如下。若.. a为偶数，p为素数，那么，
如果.. p能够整除.. a＋1，则.. p为.. 2k＋1的形式（定理.. A）
如果.. p能够整除.. a 2＋1，则.. p为.. 4k＋1的形式（定理.. B）
如果.. p能够整除.. a 4＋1，则.. p为.. 8k＋1的形式（定理.. C）
如果.. p能够整除.. a 8＋1，则.. p为.. 16k＋1的形式
如果.. p能够整除.. a 16＋1，则.. p为.. 32k＋1的形式
如果.. p能够整除.. a 如果.. p能够整除.. a ＋1，则.. p为.. 64k＋1的形式
总之，如果能够整除p a2n ，那么，对于某一整数来说，
+1 k
p=(2n+1)k+1。
终于，我们可以回到费马关于.. 2 32＋1的素数性的猜想。然而，我们是
带着一种关于这一数字可能具有素因数的特别信息回到这个问题上来的。
欧拉不是盲目地探索这个数字的素因数，相反，他很快地触及到问题的核
心。
定理 232＋1不是素数。
证明由于.. a=2当然是偶数，前面的探索告诉我们，2 32＋1的任何素
因数都一定为.. p=64k+1（k为整数）的形式。因而，我们可以一个个地检验
这些极特殊的数字，看它们是否(1)是素数，(2)能整除.. 4，294，967，297（欧拉用长除法检验后者，而现代读者则可望使用计算机）：
如果.. k=1，64k＋1=65，这当然也不是素数，因而无须检验；
如果.. k=2，64k＋1=129=3×43，当然也不是素数；
如果 k=3，64k＋1=193，这是一个素数，但却不能整除.. 2 32+1；
如果.. k=4， 64k＋1=257，这是一个素数，但同样不能整除.. 2 32＋1；
如果.. k=5，64k＋1=321=3×107，这不是素数，无须检验；
如果.. k=6，64k＋1=385=5×7×11，也可以略过；
如果.. k=7，64k＋1=449，这是一个不能整除.. 2 32＋1的素数；
如果.. k=8，64k＋1=513=3×3×3×19，略过；
如果 k=9，64k＋1=577，是一个素数，但却不是.. 2 32＋1的因数；
但是，当欧拉试算k=10的时候，他就击中了要害。在这种情况下，p=
（64×10）＋1=641，这是一个素数，而且，看哪！恰好能够整除费马的数
字。即，..
232＋1=4294967297=641×6700417
欧拉仅仅试算了.. 5个数字，就发现了因数.. 641，意义十分深远。他通
过谨慎地排除 232＋1的可能性因数的方法，穷竭了可疑数字，使他的任
务变得几乎轻而易举。这是一个数学检测的辉煌范例。
关于欧拉上述定理，还有一则有趣的补遗，即.. 4k＋1形式的素数只能
分解为一种形式的两个平方数之和。首先，我们来看，..
232+1=(22)(230)+1=4(1073741824)+1
所以，2 32＋1的确具有.. 4k＋1的形式。我们可以直接用数字来检验，..
232+1=4294967297=4294967296＋1=65536 2＋1 2
同时，..
232＋1=4294967297=418161601+3876805696
=204492＋62264 2
这样，我们就以两种不同的方式，将数字2 32＋1分解为两个完全平方数之
和。根据欧拉的准则，这证明了.. 2 32＋1不可能是素数，因为.. 4k+1形式的
素数只能有一种分解方式。因此，虽然我们没有找到确定的因数，但我们
仍然可以非常巧妙地间接证明，这一巨大的数字是合数。
费马关于对所有整数来说，22n ＋是素数的猜想，在n =5
n1 时是
错误的。但是，如果取更大的
n值，结果又会如何呢？例如，如果
n=6，
我们得出
