勾股方程

UPD on 2025.8.2：补充说明

形式为 \(x^2+y^2=z^2\) 的方程称为勾股方程，并称 \((x,y)=1\) 的解为一组本原解。不难推知，本原解满足 \((x,z)=1,(y,z)=1\)

我们可以证明方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的所有本原解为 \(a^2+b^2,2ab,a^2-b^2\) ，其中 \((a,b)=1,a>b,ab\) 一奇一偶

（用 \((a,b)\) 表示最大公因数）

一方面，由 \((a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2\) 及 \((a^2-b^2,2ab)=(a^2-b^2,ab)\le (a^2-b^2,a)\cdot(a^2-b^2,b)=1\) 可知 \(a^2+b^2,2ab,a^2-b^2\) 是一组勾股方程的本原解

另一方面，对 \(x^2+y^2=z^2\) 的一组本原解 \((x,y,z)\) ，我们证明它可以表示为 \(a^2-b^2,2ab,a^2+b^2\) 的形式

  1. 对方程两侧取模 \(4\) ，由 \(x^2\equiv 0,1\:(mod~4)\) 可知 \(x,y\) 一奇一偶且 \(z\) 为奇数

  2. 设 \(x\) 为偶数，由 \(x^2=(z+y)(z-y)\) 及 \((z+y,z-y)=2\) 可知 \(z+y=2u^2,z-y=2v^2\)

  3. 则 \(y=u^2-v^2,x=2uv,z=u^2+v^2\)

并且 \((u,v)=1,u,v\) 一奇一偶

此外还有一些类勾股方程，比如 \(x^2+y^2=2z^2\iff (z^2)^2=(xy)^2+(\frac{x^2-y^2}2)^2\) ，但也就少数的能变形，某些甚至是无解的（比如 \(x^2+y^2=3z^2\) ，因为模 \(3\) 知 \(3\mid x,y\) 然后 \(3\mid z\) 全除 \(3\) 无穷递降）

例1

  1. 证明 \(x^4-y^4=z^2\) 不存在 \(xyz\neq 0\) 的整数解

  2. 求 \(8x^4+1=y^2\) 的所有整数解

  3. 求下列不定方程组的解 \((x,y,z)\)

\(\begin{cases} &x+1=8y^2\\ &x^2+1=2z^2 \end{cases}\)

  1. 我们采用无穷递降法证明。具体地，我们取出最小的一组解，说明由它可以构造更小的一组解，从而导出矛盾

取 \((x,y,z)\) 为 \(x+y\) 最小的一组解

若 \((x,y)=d>1\) ，则 \((\frac xd,\frac yd,\frac z{d^2})\) 为更小的一组解，矛盾（显然 \(\frac z{d^2}\) 为整数）

根据模 \(4\) 可知 \(x,y\) 一奇一偶， \(z\) 为奇

由 \(z^2+y^4=x^4\) ，可设 \(x^2=a^2+b^2,z=a^2-b^2,y^2=2ab,(a,b)=1\)

由 \(y^2=2ab\) 知 \(a=2p^2,b=q^2\) （下面的论证中 \(a,b\) 对称，我们只考虑此情况）

又 \(x^2=a^2+b^2\) ，可设 \(a=2mn,b=m^2-n^2,(m,n)=1\) ，又 \(a=2p^2\) 知 \(m=s^2,n=t^2\)，则 \(s^4-t^4=b=q^2\) 也为方程的一组解，而 \(s+t<m+n\le b<a+b\) ，这与 \((a,b)\) 的最小性矛盾

从而原方程不存在 \(xyz\neq 0\) 的解

  1. 对于平方类方程所含的系数，通常有 \(Pell\) 方程和配方两种方法（还有二次剩余分析）

\(x=1,y=3;x=0,y=1\)

\(8x^4=(y+1)(y-1)\) ，由于 \((y+1,y-1)=2\) （左边是偶数），则 \(y+1=2s^4,y-1=4t^4\) 或 \(y-1=2s^4,y+1=2t^4\) ，其中 \((s,t)=1\)

\(2t^4+1=s^4 \iff (t^4+1)^2=s^4+(t^2)^4\)

我们可以通过无穷递降法证明 \(x^4+y^4=z^2\) 是无 \(xyz\neq0\) 解的

而对于另一种情况也可以通过小题1的结论证明（注意配出来 \(t^4-1\) 可能为 \(0\) ，也就对应该方程的解）

  1. 采用类似第二小题的处理

\((8y^2-1)^2=2z^2-1\)

\((8y^2-1)^2+(z^2-1)^2=z^4\)

因此可设 \(8y^2-1=a^2-b^2,z^2-1=2ab,z^2=a^2+b^2,(a,b)=1,2\mid a,2\nmid b\) （注意 \(8y^2-1\equiv -1\:(mod~8)\) ）

则 \((a-b)^2=1,a=b+1\) ，并且由 \(z^2=a^2+b^2\) 还可设 \(a=2mn,b=m^2-n^2,z=m^2+n^2\)

结合上述条件可知 \(4y^2=a=2mn\) ，又 \(m,n\) 互质，可知 \(m=2s^2,n=t^2\) 或 \(m=s^2,n=2t^2\)

\(4s^2t^2=4s^4-t^4+1\)

\((2s^2+t^2)^2=8s^4+1\)

（另一情况类似）

利用第二小题引理，可解得 \(y=\pm1,x=7,z=\pm5\)

例2

求所有 \(n=\frac{(x+y+z)^2}{xyz}\in \mathbb{N},x,y,z\in \mathbb{N}^*\)

若 \((x,y,z)=d>1\) ，令 \(x'=\frac xd,y'=\frac yd,z'=\frac zd\) ，可得 \(n'=\frac nd\) ，从而我们只需说明 \((x,y,z)=1\) 对应的所有 \(n\) 并取其所有因数即可

  1. \(x=1\)

若 \(y=1\) ，\(z=1\) 或 \(2\) 对应 \(n=9,8\)

下考虑 \(y,z\ge 2\) ，对给定正整数 \(n\) ，设 \(y,z\) 满足 \(\frac{(y+z+1)^2}{yz}=n,y\ge z\) 并使 \(y\) 最小

由 \(yz\mid (y+z+1)^2\) ，知 \(y\mid (z+1)^2\) ，可设 \((z+1)^2=ay\)

经带入验证，可知 \(\frac{(a+z+1)^2}{az}=n\) ，由 \(y\) 的最小性，知 \(a\ge y\) ，即 \(y\le z+1\)

又 \((y,z)=1,y\ge z\ge 2\) ，只能是 \(y=z+1\)

那么 \(z\mid (y+1)^2=>z\mid 4\) ，得 \(z=2,4\) 对应 \(n=5,6\)

  1. 若 \(x,y,z\ge 2\) ，并设 \(x,y,z\) 满足 \(\frac{(x+y+z)^2}{xyz}=n,z<x<y\) 并且 \(y\) 最小

我们有 \(y\mid (x+z)^2,x\mid (y+z)^2\) ，设 \((x+z)^2=cy\) ，代入可知 \(\frac{(x+c+z)^2}{xcz}=n\) ，则根据 \(y\) 的最小性知 \(c\ge y\) ，即 \(y\le x+z\)

\(n=\frac y{xz}+\frac{(x+z)^2}{xzy}+\frac{2(x+z)}{xz}\) ，由 \(x+1\le y\le x+z\) 可知（这是比较常规的主元处理）

\(n\le \frac{x+1}{xz}+\frac{(x+z)^2}{xz(x+1)}+\frac{2(x+z)}{xz}=\frac1{x(x+1)}(\frac{(2x+1)^2}z+z+2x+1)\le \frac1{x(x+1)}(\frac{(2x+1)^2}2+2+2x+1)\le 4+\frac{2x+5}{x(x+1)}\le 4+\frac {11}{12}\)

用到了 \(x>z\ge 2\)

则 \(n\le 4\)

综上 \(n=1,2,3,4,5,6,8,9\) ，构造略

例3

如果存在三边长均为有理数的三角形面积为 \(n\) ，则称 \(n\) 为同余数。证明：任意模 \(8\) 余 \(3\) 的素数 \(p\) 不是同余数

假设 \(p=8k+3\) 为同余数，并假设其对应的一个直角三角形直角边长为 \(x,y\)

则 \(x^2+y^2=z^2,p=\frac12xy\) ，设 \(x=(a^2-b^2)r,y=2abr,z=(a^2+b^2)r,r=\frac mn\in Q,(a,b)=1\) ， \(ab\) 一奇一偶

则 \(p=\frac12xy=\frac{m^2(a+b)(a-b)ab}{n^2}\) ，由 \(ab\) 一奇一偶及 \(p\) 为奇数可知 \(v_2(n^2)=v_2(ab)\) ，设 \(n=2^sq,a=2^{2s}c\)

由 \((m,n)=1\) 而 \(p\) 为素数可知 \(m=1\)

\(\frac{(a^2-b^2)cb}{q^2}=p\) ，由于 \(a^2-b^2,b,c\) 两两互质，分类考虑：

  1. \(p\mid b\)

则 \(a^2-b^2=u^2=>b^2+u^2=a^2,c=v^2,b=w^2p\)

（注意： 勾股方程任两数互素都能推出其为本原解）

设 \(b=e^2-f^2,u=2ef,a=e^2+f^2\) 又 \(b=w^2p,a=v^2\cdot 2^{2s}\) ，由奇偶性显然矛盾

  1. \(p\mid c\) 同理

  2. \(p\mid a^2-b^2\)

\(a^2-b^2=u^2p,c=v^2,b=w^2\)

显然 \(2\nmid u\) ，可知 \(a^2-b^2\equiv 3\:(mod~8)\) ，然而 \(v_2(a)\ge 2\)，矛盾

综上可知原命题成立

注：关于同余数还有以下命题：

  1. \(n\) 为同余数 \(\iff y^2=x^3-n^2x^2\) 上存在有理点

  2. \(5\)是同余数，并且 \(y^2=x^3-25x^2\) 上存在无穷个有理点

posted @ 2024-07-17 23:46  ATTLAS  阅读(237)  评论(0)    收藏  举报