04不定方程(編輯修改稿)
2024-09-28 02:17 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 (2) 定理 1 若 (x, y, z)是方程 (1)的滿足條件 (2)的解 ， 則下面的結(jié)論成立： (ⅰ ) x與 y有不同的奇偶性； (ⅱ ) x與 y中有且僅有一個(gè)數(shù)被 3整除； (ⅲ ) x， y， z中有且僅有一個(gè)數(shù)被 5整除 。 證明 (ⅰ ) 若 2?x， 2?y， 則 2?z， 這與 (x, y, z) = 1矛盾 。 所以 x與 y中至少有一個(gè)奇數(shù)。如果 x與 y都是奇數(shù)，則 z是偶數(shù)，因?yàn)? 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與 y有不同的奇偶性。 (ⅱ ) 顯然 x與 y不能都被 3整除 。 若 x與 y都不能被 3整除 ， 則 x ? ?1， y ? ?1 (mod 3)， x2?1， y2 ?1， x2 ? y2 ? 2 (mod 3)。 (3) 但是，對(duì)任意的 z， 總有 z2 ? 0或 1 (mod 3)。 這與式 (1)和式 (3)矛盾 。因此 ， 結(jié)論 (ⅱ )成立 。 (ⅲ ) 顯然 x， y， z中不能有兩個(gè)同時(shí)被 5整 除 。 若它們都不能被5整除 ， 則 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)與式 (5)是矛盾的 ， 因此 ， 結(jié)論 (ⅲ )成立 。 證畢。 引理 不定方程 xy = z2的滿足條件 xy = z2， x 0， y 0， z 0， (x, y) = 1 (6) 的一切正整數(shù)解 ， 可以寫(xiě)成下面的形式 x = a2， y = b2， z = ab， (a, b) = 1， a 0， b 0。 (7) 證明 這是第一章第六節(jié)定理 1推論 3的特殊情形。證畢。 定理 2 方程 (1)的滿足式 (2)和 2?x 的一切正整數(shù)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與 b有不同的奇偶性 。 證明 (ⅰ ) 若 x， y， z由式 (8)確定 ， 容易驗(yàn)證它們滿足方程 (1)，并且 2?x。 設(shè) d 是 (x, y) 的 任一個(gè) 素因數(shù)， 則由式 (1)得到 d2?z2， 因此 d?z，于是 ， 利用最大公約數(shù)的性質(zhì) ， 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， 這說(shuō)明式 (2)滿足 。 (ⅱ ) 若 x， y， z 是方程 (1)的滿足式 (2)以及 2?x 的解 ， 則 2|? y，2|? z， 并且 98 ))(()( 222 2 zyzyx ??? 。 (9) 記 d =222,2 ||)( zydzydzyzy ???? ，則有，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 ，，， 。 從而 x = 2ab， y = a2 ? b2， z = a2 ? b2。 由 y 0， 可知 a b；由于 x與 y有不同的奇偶性 ， 所以 2|? y， 因此 ，a與 b有不同的奇偶性 。 證畢。 推論 單位圓周上座 標(biāo)都是有理數(shù)的點(diǎn)（稱為有理點(diǎn)），可以寫(xiě)成 )()( 2222 2222 2222 2,2 ba abba baba baba ab ?????????? 或 的形式，其中 a與 b是不全為零的整數(shù) 。 定理 3 不定方程 x4 ? y4 = z2 (10) 沒(méi)有滿足 xyz ? 0的整數(shù)解 。 證明 用反證法 。 不妨只考慮方程 (10)的正整數(shù)解 。 若它有滿足xyz ? 0的正整數(shù)解 ， 設(shè) (x0, y0, z0)是方程 (10)的有最小的 z的一組解 。 令d = (x0, y0)， 則由式 (10)得到 d4?z02， d2?z0， 從而 )(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。 顯然 x02與 y02有不同的奇偶性 。 不妨設(shè) 2?x0， 2|? y0。 由定理 2， 存在正整數(shù) a， b， 使得 (a, b) = 1， a b 0， (11) 其中 a與 b有不同的奇偶性 ， 并且 x02 = 2ab， y02 = a2 ? b2， z0 = a2 ? b2。 (12) 下面按照 a與 b的奇偶性 ， 考察兩種情況 。 (ⅰ ) 2?a， 2|? b。 此時(shí) ， a2 ? 0 (mod 4)， b2 ? 1 (mod 4)， 99 因此 ， 由式 (12)， y02 = a2 ? b2 ? ?1 (mod 4)， 這與 2|? y0， y02 ? 1 (mod 4)矛盾 。 所以這個(gè)情況不能發(fā)生 。 (ⅱ ) 2|? a， 2?b。 此時(shí) ， 由式 (11)及式 (12)， 有 x02 = 2ab， (a, 2b) = 1， a b 0。 (13) 利用引理可知 ， 存在正整數(shù) 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 ， 存在整數(shù) 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， 從而 (y0, v) = 1。 利用定理 2，可知存在正整數(shù) s， t，(s, t) = 1， s與 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)中的第二個(gè)等式 ， 以及引理 ， 可知存在正整數(shù) m
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