2.1　x²+y²=z²的求解

引理1不定方程（1）的本原解x，y，z必滿足條件：

（x，y）=（y，z）=（z，x）=1，（4）

2｜/x+y.（5）

證若x，y不既約，則有素數(shù)p|x，p|y，由（1）知p|z².由此及第一章5定理1知p|z.但這和（x，y，z）=1矛盾.同理證（y，z）=1，（z，x）=1.由（x，y）=1知，x，y不能同為偶數(shù).x，y也不能同為奇數(shù).因為若同為奇數(shù)，則可推出4｜/x²+y²及z為偶數(shù).而由（1）知

4|z²=x²+y²，

矛盾.所以x，y必為一奇一偶，即式（5）成立.

定理2不定方程（1）的y為偶數(shù)的全體本原解由以下公式給出：

x=r²-s²，y=2rs，z=r²+s²，（6）

其中r，s為滿足以下條件的任意整數(shù)：

r＞s＞0，（s，r）=1，2｜/r+s.（7）

證先證由式（6），（7）給出的x，y，z一定是（1）的本原解且2|y.容易驗證：對任意的r，s（不一定滿足（7）），由式（6）給出的x，y，z一定是（1）的解且2|y.由r＞s＞0知，這是正解.由式（6）知

（x，z）|2r²，（x，z）|2s².

由此從第一章4定理2和定理3推出

（x，z）|（2r²，2s²）=2（r²，s²）.

由條件（s，r）=1及第一章4定理5推出（r²，s²）=1，因而

（x，z）|2.

由條件2｜/r+s知2｜/x，所以必有（x，z）=1.這就證明了所要的結(jié)論.

下面來證：方程（1）的每一組本原解x，y，z，2|y，一定可以表為式（6）的形式，且r，s滿足式（7）.由引理1知2｜/x+y，由此及2|y推出2｜/x，2｜/z，因而有

這里r，s是兩個正整數(shù)，r＞s且（r，s）=1.從上式及式（8）立即推出式（6）成立.進而由2｜/x知2｜/r+s.這就證明了所要的結(jié)論.定理證畢.

從定理2及一開始的討論就可以得到（1）的全部解：顯然解由式（2）給出，非顯然解是

x=±k（r²-s²），y=±2ksr，z=±k（r²+s²）（9）

及

x=±2ksr，y=±k（r²-s²），z=±k（r²+s²），（10）

其中r，s滿足式（7），k是任意正整數(shù)，正負號任意選取.顯見，全取正號及k=1，就給出了全部本原解.

我們知道，一個直角三角形斜邊長度的平方等于兩直角邊的長度平方之和.這就是著名的商高定理（注：亦稱為Pythagoras定理.）.這樣，求不定方程（1）的正整數(shù)解的幾何意義就是要求邊長為整數(shù)的直角三角形，這種三角形稱為商高三角形（注：亦稱為Pythagoras三角形.）.當(dāng)商高三角形的三邊長為既約（即相應(yīng)于（1）的本原解）時，稱為本原商高三角形.定理2也就是求出了所有的本原商高三角形.

我們還可以從另一角度來看不定方程（1）的幾何意義.方程（1）的解x，y，z，當(dāng)z=0時，必有x=y=0.我們約定只考慮（1）的z≠0的解.設(shè)

ξ=x/z，η=y/z.

這樣，方程（1）就變?yōu)?/p>

ξ²+η²=1.（11）

不定方程（1）的求解問題（注意z≠0）就等價于求方程（11）的有理數(shù)解ξ，η.在直角坐標平面上，方程（11）表示單位圓周（這是二次曲線），因此，求方程（11）的有理數(shù)解就是求單位圓周上坐標均為有理數(shù)的點，即有理點.由前面的討論立即得到

定理3單位圓周上的整點是

｛±1，0｝，｛0，±1｝；

不是整點的有理點是

其中r，s滿足式（7），正負號任意選取.

定理3還可以直接用幾何方法來證明.下面來給出這樣的證明.在圖1中，容易證明，單位圓周上的點P｛ξ₀，η₀｝是有理點的充分必要條件是連接點A｛-1，0｝和P的直線AP的斜率m為有理數(shù).必要性是顯然的.下面來證充分性.設(shè)θ是直線AP和ξ軸的夾角（逆時針方向為正向），斜率m=tanθ.這時有-π/2＜θ≤π/2，斜率m與角θ一一對應(yīng).當(dāng)θ=π/2時，點P與A重合，直線PA與圓相切.顯見，當(dāng)θ=0，±π/4，及π/2時，點P就相應(yīng)于單位圓周上的四個整點：｛1，0｝，｛0，1｝，｛0，-1｝及｛-1，0｝.我們來討論0＜θ＜π/4的情形.因為斜率是有理數(shù)，所以這時可設(shè)tanθ=v/u，u，v是正整數(shù)，u＞v≥1，（u，v）=1.這時，直線AP的方程是

圖1

由于點P（ξ₀，η₀）既在直線AP上又在單位圓周上，從以上兩式可得

當(dāng)2｜/u+v時，取r=u，s=v，上式就是式（12）中的第一式（均取+號）所給出的解.當(dāng)u，v均為奇數(shù)時，可取

r=（u+v）/2，s=（u-v）/2，

得到（為什么）

這就是式（12）中的第二式（均取+號）所給出的解.這就證明了當(dāng)0＜θ＜π/4時的充分性.其他情形的充分性證明留給讀者.不難看出，從定理3也可推出定理2（留給讀者）.

定理2和定理3表明：某些不定方程的討論與相應(yīng)的代數(shù)曲線（這里是圓周）上的有理點的討論是一致的，后者是近代數(shù)論中的重要分支——算術(shù)幾何研究的內(nèi)容.

例1求出r≤7時，由式（6）和（7）給出的全部本原解.

表1就給出了全部要求的本原解.

例2求z=65的不定方程（1）的全部解.

解顯然解是x=±65，y=0；x=0，y=±65.為求非顯然解，由式（9）和（10）知，先要把65表示為

65=k（r²+s²），

其中r，s滿足式（7），k|65，0＜k＜65.k可取1，5，13.當(dāng)k=1時，

65=8²+1²=7²+4²，

即r=8，s=1；r=7，s=4，相應(yīng)的解為

x=±63，y=±16；x=±33，y=±56

及

x=±16，y=±63；x=±56，y=±33.

當(dāng)k=5時，

65=5·13=5（3²+2²），

即r=3，s=2，相應(yīng)的解為

x=±25，y=±60及x=±60，y=±25.

當(dāng)k=13時.

65=13·5=13（2²+1²），

當(dāng)r=2，s=1，相應(yīng)的解為

x=±39，y=±52及x=±52，y=±39.

這就求出了全部解.本原解僅有

63，16，65；33，56，65

及

16，63，65；56，33，65.

例3設(shè)x，y，z是（1）的解.證明：（i）3|x，3|y至少有一個成立；（ii）5|x，5|y，5|z至少有一個成立.

證只要對x，y，z是本原解來證明（為什么），不妨設(shè)解由式（6）給出.若3｜/y則3｜/r，3｜/s.因此必有

r=3k±1，s=3h±1.

不論何種情形均有3|x=r²-s².這就證明了（i）.若5｜/y，則5｜/r，5｜/s.因此必有

r=5k±1，5k±2，s=5h±1，5h±2.

當(dāng)r=5k±1，s=5h±1或r=5k±2，s=5h±2時，必有

5|x=r²-s²；

當(dāng)r=5k±1，s=5h±2或r=5k±2，s=5h±1時，必有

5|z=r²+s².

由例1的表1可看出各種情形都能出現(xiàn).此外，總有4|x或4|y成立.