04不定方程(编辑修改稿)

04不定方程(编辑修改稿)内容摘要：

(2) 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： (ⅰ ) x与 y有不同的奇偶性； (ⅱ ) x与 y中有且仅有一个数被 3整除； (ⅲ ) x， y， z中有且仅有一个数被 5整除。 证明 (ⅰ ) 若 2x， 2y， 则 2z， 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)， 97 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。 (ⅱ ) 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)， x21， 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 (ⅱ )成立。 (ⅲ ) 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 (ⅲ )成立。 证毕。 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， a 0， b 0。 (7) 证明 这是第一章第六节定理 1推论 3的特殊情形。 证毕。 定理 2 方程 (1)的满足式 (2)和 2x 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 a b 0， (a, b) = 1， a与 b有不同的奇偶性。 证明 (ⅰ ) 若 x， y， z由式 (8)确定 ， 容易验证它们满足方程 (1)，并且 2x。 设 d 是 (x, y) 的 任一个 素因数， 则由式 (1)得到 d2z2， 因此 dz，于是 ， 利用最大公约数的性质 ， 有 d(y, z) = (a2  b2, a2  b2)  da2  b2， da2  b2  d2(a2, b2) = 2。 所以 d = 1或 2。 由于 2| y， 所以 d = 1， 这说明式 (2)满足。 (ⅱ ) 若 x， y， z 是方程 (1)的满足式 (2)以及 2x 的解 ， 则 2| y，2| z， 并且 98 ))(()( 222 2 zyzyx 。 (9) 记 d =222,2 ||)( zydzydzyzy  ，则有，所以 dy， dz， 于是d(y, z) = 1， d = 1。 因此，利用引理及式 (9)得到 1),(00222 22  bababzyazyabx ，，，。 从而 x = 2ab， y = a2  b2， z = a2  b2。 由 y 0， 可知 a b；由于 x与 y有不同的奇偶性 ， 所以 2| y， 因此 ，a与 b有不同的奇偶性。 证毕。 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 )()( 2222 2222 2222 2,2 ba abba baba baba ab  或 的形式，其中 a与 b是不全为零的整数。 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。 令d = (x0, y0)， 则由式 (10)得到 d4z02， d2z0， 从而 )(2020 , dzdydx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 2x0， 2| y0。 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。 (ⅰ ) 2a， 2| b。 此时 ， a2  0 (mod 4)， b2  1 (mod 4)， 99 因此 ， 由式 (12)， 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。 (ⅱ ) 2| a， 2b。 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， u 0， v1 0。 由 2b = v12推出 2v12， 2v1， v1 = 2v， 因此 ， 存在整数 u， v， 使得 a = u2， b = 2v2， (u, v) = 1， u 0， v 0。 (14) 代入式 (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) 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。