勾股方程及其应用-初等数论基础

众所周知，若（a，b，c）是方程x2+y2=z2的整数解且a＞0，b＞0，c＞0，则a，b，c可以充当某个直角三角形的三边.于是，这个方程又叫做勾股方程，而它的满足条件a＞0，b＞0，c＞0的整数解称为勾股数.本节的目的是给出勾股方程的所有整数解.

定义3.3.1　设（u，v，w）是勾股方程x2+y2=z2的整数解.

（1）若uvw=0，则称（u，v，w）为零解.

（2）若u＞0，v＞，0，w＞0，则称（u，v，w）为正解.

（3）若正解（u，v，w）满足（u，v）=1，则称（u，v，w）为本原解.

下面的结论是显然的.

命题3.3.2　勾股方程x2+y2=z2的全部零解为

｛（0，±u，±u），（±u，0，±u）|u∈Z，±任取｝.

命题3.3.3　设（u，v，w）是勾股方程x2+y2=z2的本原解.则

（u，v）=（u，w）=（v，w）=1.

证明　若（u，w）≠1，则由算术基本定理知存在素数p使得p|（u，w）.这表明p|u，p|w且p|w2-u2=v2.由于p是素数，据命题1.4.8知p|v.这说明p|u，p|v，这与（u，v）=1矛盾.类似可证（v，w）=1.证毕.

命题3.3.4　设a，b是正整数.

（1）（a，b）=1当且仅当（a2，b2）=1.

（2）若a2|b2，则a|b.

证明　　　（1）若（a，b）=1，则据命题1.2.9（5）知（a2，b2）=1.反之，若（a2，b2）=1，则据命题1.2.9（1）知存在s，t∈Z使得a2s+b2t=1.于是a（as）+b（bt）=1.再次利用命题1.2.9（1）便知（a，b）=1.

（2）设a=（a，b）s，b=（a，b）t.则s，t均大于零且（s，t）=1.由条款（1）知（s2，t2）=1.另外，由a2=（a，b）2s2，b2=（a，b）2t2及a2|b2知s2|t2，从而（s2，t2）=s2.这导致s2=1，即s=1.故a=（a，b），进而a|b.证毕.

命题3.3.5　设a，b，w是正整数.若w2=ab，（a，b）=1，则a，b均为某正整数的平方.

证明　当a=1或b=1时结论显然.下设a，b均不等于1且它们的标准分解式分别为由（a，b）=1知

｛p1，p2，…，ps｝∩｛q1，q2，…，qt｝=Φ.

于是

是ab的标准分解式.但ab=w2，从而ab的标准分解式中诸素数的指数应为偶数.这导致诸αi和βj皆为偶数，故a，b均为某正整数的平方.证毕.

命题3.3.6　设（u，v，w）为勾股方程x2+y2=z2的正解.则存在本原解（u1，v1，w1）及正整数d使得（u，v，w）=（du1，dv1，dw1）.

证明　设（u，v）=d，u=du1，v=dv1.则（u1，v1）=1且(https://www.xing528.com)

故d2|w2.据命题3.3.4（2）知d|w.记w=dw1.则（u1，v1，w1）是本原解且

命题3.3.7　设（u，v，w）是勾股方程x2+y2=z2的本原解.则u，v必一奇一偶.

证明　由（u，v）=1知u，v不能同为偶数.若u，v同为奇数，不妨设u=2k+1，v=2l+1.则u2+v2被4除余2.但据命题1.1.10（2），w2被4除的余数只能为0或1，这与u2+v2=w2矛盾.证毕.

定理3.3.8　勾股方程x2+y2=z2的满足条件2|x的一切本原解为x=2ab，y=a2-b2，z=a2+b2，a＞b＞0，（a，b）=1，a，b一奇一偶.

证明　　　（1）显然，满足上述条件的（2ab，a2-b2，a2+b2）为x2+y2=z2的满足条件2|x的解.下证（2ab，a2-b2，a2+b2）是本原解，即证（2ab，a2-b2）=1.记（2ab，a2-b2）=d.则d|a2-b2且d|2ab.由a，b一奇一偶知a2-b2是奇数，从而d也是奇数.另一方面，由d|a2-b2和d|2ab知d2|（2ab）2+（a2-b2）2=（a2+b2）2.由命题3.3.4（2）知d|a2+b2.结合d|a2-b2知d|2a2，d|2b2.据命题1.2.9（2），命题1.2.10，命题3.3.4（1）及（a，b）=1知d|（2a2，2b2）=2（a2，b2）=2.但d是奇数，故d=1.

（2）设（u，v，w）是本原解且2|u.则据命题3.3.3知v，w均为奇数且（v，w）=1.故

注意到整除和有整除w和v，于是

从而另一方面，由u2+v2=w2及2|u知

由命题3.3.5，存在a，b∈Z使得于是

u=2ab，v=a2-b2，w=a2+b2.

据命题3.3.4（1）和事实（a2，b2）==1知（a，b）=1，而由知a＞b＞0.最后由w=a2+b2是奇数可得a，b一奇一偶.证毕.

推论3.3.9　勾股方程x2+y2=z2的非零解为

推论3.3.10　单位圆周上的有理点为

证明　显然M中的元素皆为单位圆周上的有理点.另一方面，既在单位圆周上又在坐标轴上的有理点（±1，0），（0，±1）显然在M中.下考虑单位圆周上的非坐标轴点.设是单位圆周上第一象限中的有理点，其中p，q，r，s＞0，（p，q）=（r，s）=1.则于是p2s2+r2q2=q2s2.故q2|p2s2，s2|r2q2.由（p，q）=（r，s）=1及命题3.3.4知（p2，q2）=（r2，s2）=1.据命题1.2.9（4）知q2|s2，s2|q2，从而s2=q2.由s，q＞0知s=q.注意到p2s2+r2q2=q2s2，有p2+r2=q2.这表明（p，r，q）是x2+y2=z2的正整数解.由单位圆周上有理点的对称性知单位圆周上非坐标轴有理点为

据推论3.3.9，单位圆周上非坐标轴有理点也在M中.证毕.

例3.3.11　求不定方程x2+y2=652的全部整数解.

解　显然（0，±65）和（±65，0）是x2+y2=652的解.下面求该方程的解（u，v），其中uv≠0.此时，（u，v，65）是x2+y2=z2的非零解.据推论3.3.9，设65=k（a2+b2），其中k＞0，a＞b＞0，（a，b）=1，a，b一奇一偶.于是k可能的取值为1，5，13.经过简单的计算可知，当k=1时有a=8，b=1或a=7，b=4.当k=5时有a=3，b=2.当k=13时有a=2，b=1.据推论3.3.9知x2+y2=652的非零解为

（±16，±63），（±63，±16），（±56，±33），（±33，±56）；

（±25，±60），（±60，±25）；（±39，±52），（±52，±39），

其中±任意取.解毕.

注3.3.12　需要特别指出的是，与勾股方程不同，当n≥3时，费马方程xn+yn=zn没有正整数解.这就是著名的费马大定理.这个定理是费马在1637年左右提出来并对n=4的情形做出完整证明的（见本节习题5），1753年，他又对n=3的情形给出了一个有缺陷的证明.19世纪初法国自学成才的女数学家热尔曼（Germain，1776—1831）证明了当n和2n+1都是素数时费马大定理的反例x，y，z至少有一个是n的整倍数.在此基础上，1825年，德国数学家狄利克雷（Dirichlet，1805—1859）和法国数学家勒让德（Legendre，1752—1833）同时证明了n=5的情形.1839年，法国数学家拉梅（Lame，1795—1870）对热尔曼的方法作了进一步改进，并证明了n=7的情形.1847年，德国数学家库默尔（Kummer，1810—1893）提出了“理想数”的概念，证明了100以内除37，59，67以外的所有奇数费马大定理都成立.库默尔之后近半个世纪，费马大定理的证明都停滞不前.直到20世纪前期法国大数学家勒贝格（Lebesgue，1875—1941）向巴黎科学院提交了一个费马大定理的证明论稿，但遗憾是，他的证明被发现是错误的.随着计算机的出现，到20世纪80年代，人们已证明费马大定理对400万以内的正整数都成立，但这毕竟是计算机证明.直到1983年，德国数学家法尔廷斯（Faltings）证明了英国数学家默代尔（Mordell，1888—1972）于1922年提出来的一个猜想，从而证明了费马方程本质上至多有有限个整数解，法尔廷斯也因此获得1986年的菲尔兹奖.1994年，英国著名数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）证明了半稳定椭圆曲线的谷山—志村（Taniyama-Shimura）猜想［此猜想由日本数学家谷山丰（Taniyama，1927—1958）于1955年初步提出，随后他和村志五郎（Shimura，1930—2019）于1957年建立了严格的表述形式］，从而完全证明了费马大定理.正是由于这一贡献，安德鲁·怀尔斯于1996获沃尔夫奖，而于1998年获特别菲尔兹奖.关于费马大定理的详细的故事，读者可以阅读参考文献［14］.