1、初等数论,Number Theory,第二章 不定方程,本章所讨论的不定方程，是指整系数代数方程，并且限定它的解是整数。本章只讨论几类比较简单的不定方程。,第二节 方程 x2 y2 = z2,本节讨论二次方程x2 y2 = 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。若(x, y, z)是方程(1)的解，则对于任何整数k，(kx, ky, kz)也是方程(1)的解。此外，若(x, y) = k，则kz，(x, y, z) = k。因此，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,
2、 y) = 1。 (2),第二节 方程 x2 y2 = z2,定理1 若(x, y, z)是方程(1)的满足条件(2)的解，则下面的结论成立：() x与y有不同的奇偶性；() x与y中有且仅有一个数被3整除；() x，y，z中有且仅有一个数被5整除。,第二节 方程 x2 y2 = z2,证明 () 若2x，2y，则2z，这与(x, y, z) = 1矛盾。所以x与y中至少有一个奇数。如果x与y都是奇数，则z是偶数，因为x2 1，y2 1，x2 y2 2 (mod 8)，z2 0或4 (mod 8)，所以x，y，z不可能是方程(1)的解。因此，x与y有不同的奇偶性。,第二节 方程 x2 y2 =
3、 z2,证明 () 显然x与y不能都被3整除。若x与y都不能被3整除，则x 1，y 1 (mod 3)，x21，y2 1，x2 y2 2 (mod 3)。 (3)但是，对任意的z，总有z2 0或1 (mod 3)。这与式(1)和式(3)矛盾。因此，结论()成立。,第二节 方程 x2 y2 = z2,证明 () 显然x，y，z中不能有两个同时被5整除。若它们都不能被5整除，则x，y，z 1，2 (mod 5)，x2，y 2，z 2 1，4 (mod 5)， (4)x2 y2 0，2或3 (mod 5)。 (5)式(1)，式(4)与式(5)是矛盾的，因此，结论()成立。证毕。,第二节 方程 x2
4、y2 = z2,引理 不定方程 xy = z2 的满足条件xy = z2，x 0，y 0，z 0，(x, y) = 1 (6)的一切正整数解，可以写成下面的形式x=a2，y=b2，z=ab，(a, b)=1，a0，b0. (7),证明 这是第一章第六节定理1推论3的特殊情形。证毕。,第二节 方程 x2 y2 = z2,定理2 方程(1)的满足式(2)和2x的一切正整数解具有下面的形式：x = 2ab，y = a2 b2，z = a2 b2， (8)其中ab 0，(a, b) = 1，a与b有不同的奇偶性.,证明 () 若x，y，z由式(8)确定，容易验证它们满足方程(1)，并且2x。,第二节
5、方程 x2 y2 = z2,设d 是 (x, y) 的任一个素因数，则由式(1)得到d2z2，因此dz，于是，利用最大公约数的性质，有d(y, z) = (a2 b2, a2 b2) da2 b2，da2 b2 d2(a2, b2) = 2。所以d = 1或2。由于2 y，所以d = 1，这说明式(2)满足。,第二节 方程 x2 y2 = z2,() 若x，y，z是方程(1)的满足式(2)以及2x的解，则2 y，2 z，并且,(9),记,所以dy，dz，于是d(y, z) = 1，d = 1。因此，利用引理及式(9)得到,第二节 方程 x2 y2 = z2,从而x = 2ab，y = a2 b
6、2，z = a2 b2。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。证毕。,第二节 方程 x2 y2 = z2,推论 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。,第二节 方程 x2 y2 = z2,定理3 不定方程x4 y4 = z2 (10)没有满足xyz 0的整数解。,证明 用反证法。不妨只考虑方程(10)的正整数解。若它有满足xyz 0的正整数解，设(x0, y0, z0)是方程(10)的有最小的z的一组解。,第二节 方程 x2 y2 = z2,令d = (x0, y0)，则由式(10)得到d4z0
7、2，d2z0，从而 也是方程(10)的解。,因此，由z0的最小性，可知d = (x0, y 0) = 1，(x02, y02) = d 2 = 1。显然x02与y02有不同的奇偶性.不妨设2x0,2 y0.,第二节 方程 x2 y2 = z2,由定理2，存在正整数a，b，使得(a, b) = 1，a b 0， (11)其中a与b有不同的奇偶性，并且x02 = 2ab，y02 = a2 b2，z0 = a2 b2. (12)下面按照a与b的奇偶性，考察两种情况。,第二节 方程 x2 y2 = z2,() 2a，2 b。此时，a2 0 (mod 4)，b2 1 (mod 4)，因此，由式(12)，
8、y02 = a2 b2 1 (mod 4)，这与2 y0，y02 1 (mod 4)矛盾。所以这个情况不能发生。,第二节 方程 x2 y2 = z2,() 2 a，2b. 此时, 由式(11)及式(12), 有x02 = 2ab，(a, 2b) = 1，a b 0. (13)利用引理可知，存在正整数u，v1，使得x0=uv1, a=u2, 2b=v12, (u,v1)= 1, u0, v1 0.由2b = v12推出2v12，2v1，v1 = 2v，因此，存在整数u，v，使得a =u2, b =2v2, (u, v)= 1，u 0, v 0. (14),第二节 方程 x2 y2 = z2,代入
9、式(12)，得到y02 = u4 4v4，y02 4v4 = u4， (15)其中 (u, v) = 1，从而 (y0, v) = 1。利用定理2，可知存在正整数s，t，(s, t) = 1，s与t有不同的奇偶性，使得y0 = s2 t 2，2v2 = 2st，u2 = s2 t2 ，y0 = s2 t2，v2 = st，u2 = s2 t2， (16),第二节 方程 x2 y2 = z2,由(s, t) = 1，式(16)中的第二个等式，以及引理，可知存在正整数m，n，(m, n) = 1，使得v = mn，s = m2，t = n2。由此及式(16)中第三个等式，得到m4 n4 = u2，
10、 (17)即(m, n, u)也满足方程(10)。,第二节 方程 x2 y2 = z2,另一方面，由式(12)及式(14)，有z0 = a2 b2 = u4 4v4 u，这样，(m, n, u)的存在与z0的最小性矛盾。这就证明了定理。证毕。,推论 方程 x4 y4 = z4 没有满足 xyz 0 的整数解。,定理3中使用的证明方法称为无穷递降法。常用于判定方程的可解性。,第二节 方程 x2 y2 = z2,例 证明方程x2 y2 = x2y2 (18)没有满足 xy 0 的整数解。,证明 用反证法。设方程(18)有满足xy 0的整数解(x, y)。不妨设x 0，y 0。,显然2x，2y。因此
11、，由式(18)，有 ， (19),第二节 方程 x2 y2 = z2,在上式中， 必都是偶数。否则，它们就都是奇数。此时，由于任何奇数的平方被8除的余数是1，我们有,这与式(19)矛盾.因此, .由式(19),又有,第二节 方程 x2 y2 = z2,重复上面的讨论与分析，我们见到，对于任意的正整数k，有,但是，由于x，y是固定的正整数，当k充分大时， 不可能是正整数。这个矛盾说明方程(18)不能有满足xy 0的整数解。,习 题 二,1. 证明定理2推论。2. 设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z 1，2(x y 1)都是平方数。3. 求整数x，y，z，x y z，使x y，x z，y z都是平方数。4. 解不定方程：x2 3y2 = z2，x 0，y 0，z 0，(x, y ) = 1。,习 题 二,5. 证明下面的不定方程没有满足xyz 0的整数解。() x2 y2 z2 = x2y2；() x2 y2 z2 = 2xyz。6. 求方程x2 y2 = z4的满足(x, y ) = 1，2x的正整数解。,
