李春雷

【摘要】本文利用不定方程x2+xy+y2=z2與3x2+y2=z2即命題1與命題2給出的求整數(shù)解公式來解決兩例數(shù)學(xué)問題.

【關(guān)鍵詞】不定方程求解關(guān)系式;費馬小定理;費馬大定理

1.命題證明

《數(shù)論揭謎》一書第4頁介紹一種數(shù)學(xué)方法叫不定方程求解關(guān)系式，當(dāng)中有一命題：設(shè)x1，x2，…，xn（n≥2）均是整數(shù)，則存在適當(dāng)?shù)挠欣頂?shù)a，b1，b2，…，bn-1使得xj=a+bj（j=1，2，…，n-1），xn=∑n-1j=1bj.下面，將利用該數(shù)學(xué)方法來解決摘要內(nèi)容.

命題1 不定方程x2+xy+y2=z2

的一切非零整數(shù)組解，可表為x=2ab+b2，y=a2-b2，z=a2+ab+b2（這里a，b均為整數(shù)，a≠b）.

證明 原式給出 （2x+y）2+3y2=4z2.（1）

不難驗證，上式有整數(shù)組解x=3，y=-8，z=7.為此，利用不定方程求解關(guān)系式，可令

2x+y=a+b，y=a+c，2z=b+c.（2）

這里x，y，z均為非零整數(shù)，且由a=x+y-z推得a，b，c均為適當(dāng)整數(shù).

將（2）代入（1）并展開整理，逐步得出

（a+c）2+3（a+b）2=（b+c）2.（3）

展開上式得c（b-a）=2a2+3ab+b2.

現(xiàn)證a≠b.事實上，若a=b，則將（2）后兩式相互代入得y=2z，但此代入（1）引有（2x+y）2+8z2=0的矛盾. 因此，將上式給出c=2a2+3ab+b2（b-a）代回（3）然后兩邊同乘以（b-a）2并稍加整理得

（a2+4ab+b2）2+3（a2-b2）2=4（a2+ab+b2）2.

將（1）與上式相互比較，并設(shè)a≠b，可令2x+y=a2+4ab+b2，y=a2-b2，z=a2+ab+b2，且前兩式相互代入得出x=2ab+b2. 至此，命題1得證.

命題2 不定方程3x2+y2=z2關(guān)于（x，y）=（z，2）=1的一切整數(shù)組解，可表為

x=2-1（u2-v2），y=2-1（u2+4uv+v2），z=u2+uv+v2.

這里u，v∈Z，（u，v）=1.

證明 先設(shè)有不定方程3A2+B2=C2.（1）

不難驗證，上式有整數(shù)解A=4，B=11，C=13.為此，利用不定方程求解關(guān)系式，可令

A=t+u，B=t+v，C=u+v.（2）

這里A，B，C均為非零整數(shù)，（A，B）=（C，2）=1，且由t=2-1（A+B-C）∈Z推得t，u，v均為適當(dāng)整數(shù).

將（2）三式一起代入（1）得

3（t+u）2+（t+v）2=（u+v）2.（3）

上式給出 4t2+6ut+2vt+2u2=2uvv（u-t）=2t2+3ut+u2.

繼而，將（2）各式遍乘以u-t，然后將上式代入得

X=u2-t2，Y=t（u-t）+2t2+3ut+u2=t2+4ut+u2，

Z=u（u-t）+2t2+3ut+u2=2（t2+ut+u2），

式中X=（u-t）A，Y=（u-t）B，Z=（u-t）C.

將（3）各項遍乘以u-t，然后將上面相關(guān)式代入得

3X2+Y2=Z2.（4）

設(shè)（X，Y）=d，上式各式遍除以d，并令x=d-1X，y=d-1Y，z=d-1Z，得出

3x2+y2=z2.（5）

x=d-1（u2-t2），y=d-1（t2+4ut+u2），z=2d-1（t2+ut+u2）（6）

其中（x，y）=（z，2）=1.

上面三式給出（u2-t2，t2+4ut+u2，2t2+2ut+2u2）=d.

由于（t，u）=（z，2）=1給出（t2+4ut+u2，4）=2而推得d=2，故將此代入（6）即有命題2所證.

2.應(yīng)用舉例

往下，將利用命題1和命題2來給證兩例.

例1 不定方程x4+x2y2+y4=z4無非零整數(shù)解.

證明 假設(shè)例1不正確，則利用命題1，可令

x2=2ab+b2，y2=a2-b2，z2=a2+ab+b2.（1）

其中x，y，a，b∈Z，（x，y）=（x，z）=1，a2>b2.

根據(jù)勾股弦數(shù)組解，（1）中式存在正整數(shù)n，m，使得

y=2nm，b=n2-m2，a=n2+m2，（2）

或b=2nm，y=n2-m2，a=n2+m2.（3）

于是，假設(shè)（2）成立，則根據(jù)（x，y）=1，從（2）前式推得（x，2）=1.因此，從（1）前式得出（b，2）=1.此時，有x2≡b2≡1（mod8），將此代入（1）前式得a≡0（mod4），即n2+m2≡0（mod4），由此推得n2-m2≡0（mod2），但與（b，2）=1發(fā)生矛盾.這就證明（2）不成立.

接下來，假設(shè)（3）成立，則將其前式代入（1）前兩式，得

x2=4nm（a+nm），y2=a2-（2nm）2.（4）

由于（x，y）=1，故上面兩式推出（2nm，a）=1，即（b，a）=1， 因此上面前式給出

nm=x21，a+nm=x22[其中x1，x2∈Z，x=2x1x2，（x1，x2）=1]. （5）

將上面前式代入（3）前式，同時上面兩式相互代入，得

b=2x21，a=x22-x21.（6）

繼而，將（5）前式和上面后式一起代入（4）后式，得

y2=（x22-x21）2-（2x21）2=（x22+x21）（x22-3x21）.（7）

因為（x，y）=（y，2）=1，所以上式給出（x22+x21，x22-3x21）=1，由此推出

x22+x21=y21，x22-3x21=y22.（8）

這里y1，y2∈Z，y=y1y2，（y1y2，2）=（y1，y2）=1.

此外，將（6）兩式一起代入（1）后式得z2=（x22-x21）2+2（x22-x21）x21+4x41，因此有

3x41+x42=z2.（9）

因為由（a，b）=1，（b，2）≠1得出（a，2）=1，由此從（3）后式推得（nm，2）≠1，依此從（5）推得（x1，2）≠1，（x2，2）=1，這時，（9）滿足命題2附設(shè)條件，所以有

x21=2-1（u2-v2），x22=2-1（u2+4uv+v2），

z=u2+uv+v2. （10）

其中u，v∈Z，（u，v）=1.

結(jié)合（8）前式，上面前兩式兩邊各相加得y21=u（u+2v），因（y1，2）=（u，v）=1，故在此給出u=p2，u+2v=q2[其中p，q∈Z，（p，q）=1].

上面兩式一起代入（10）中式得x22=2-1[p4+2p2（q2-p2）+2-2（q2-p2）2]，即 x22=2-1[-p4+2p2q2+2-2（q4-2q2p2+p4）]，將此兩邊同乘以8得

8x22=4（-p4+2p2q2）+q4-2q2p2+p4=-3p4+6p2q2+q4.

因為由（x2，y2）=1從（8）后式推得（x2y2，3）=1，所以說明上式滿足（x2q，3）=1，利用費馬小定理在此得出x22≡q4≡1（mod3），但將此代回上式引有8≡1（mod3）的矛盾.因此，例1得證.

例2 不定方程x6+x3y3+y6=z6無2xy的非零整數(shù)解.

證明 假設(shè)例2不正確，則利用命題1，可設(shè)

x3=2ab+b2，y3=a2-b2，z3=a2+ab+b2 .（1）

這里x，y，a，b∈Z，（x，y）=（a，b）=1，（xy，2）≠1，a≠b.

令a=b+v[這里（ab，v）=1]，將此代入上面三式，得

x3=b（3b+2v），y3=v（v+2b），z3=v2+3bv+3b2.（2）

以下，將分（x，2）≠1，（y，2）≠1兩種情況來證.

首先，當(dāng)（x，2）≠1時，由（x，y）=1推得（y，2）=1，此時（2）中式給出

y31=v，y32=v+2by32=y31+2b.（3）

這里y1，y2為互質(zhì)的整數(shù)，且y1y2=y.

此外，（2）前式給出 ? 2x31=b，4x32=3b+2v或4x31=b，2x32=3b+2v.（4）

式中x1，x2為互質(zhì)的整數(shù)，且x1x2=x.

于是，假設(shè)上面前種情況成立，則將（3）中式代入得4x32=3b+2（y32-2b），將此給出8x32=4y32-2b與（3）后式兩邊分別相加并移項得8x32=3y32+y31，因此有

9x32=3y32+y31+x32y31+x32≡0（mod9）y2≡0（mod3）.

因（4）前式代入（3）后式得y32=y31+x31+3x31，故結(jié)合上式得y31+x31≡0（mod9），但由此推有x1≡y1≡0（mod3）即（x，y）≠1的矛盾，這就證明（4）前種情況不成立.

同理，假設(shè)（4）后種情況成立，則將其前式代入（3）后式得y32=y31+（2x1）3，但此是費馬大定理之一已證不可能.至此，證明當(dāng)（x，2）≠1時，（1）的假設(shè)不成立.

接下來，當(dāng)（y，2）≠1時，由（x，y）=1推得（x，2）=1，此時（2）前式給出

x31=b，x32=3b+2vx32=3x31+2v.（5）

這里x1，x2為互質(zhì)的整數(shù)，且x1x2=x.

與此同時，（2）中式給出 2y31=v，4y32=v+2b或4y31=v，2y32=v+2b.（6）

這里y1，y2為互質(zhì)的整數(shù)，且y1y2=y.

于是，假設(shè)上面前種情況成立，則有4y32=2y31+2b，將（5）前式在此代入得

4y32=2y31+2x318y32=4y31+4x31.

因（6）前式代入（5）后式得x32=3x31+4y31，故將此與上式兩邊各相減并移項得（2y2）3=x31+x32，但此是費馬大定理之一，這就證明（6）前種情況不成立.

最后，假設(shè)（6）后種情況成立，則將其前式代入（5）后式得

x32=3x31+8y31y31+x32=3x31+9y31y31+x32≡0（mod9），

顯然，上面結(jié)果給出x1≡0（mod3）.

由于（6）后種情況給出2y32=4y31+2b，結(jié)合（5）前式得出2y32=4y31+2x31，即y32=2y31+x31，故上式在此代入得y31+y32≡3y31（mod27）y1≡0（mod3），但此與上式引有（x，y）≠1的矛盾，這就證明（6）后種情況也不成立.

由于（2）關(guān)于（x，2）≠1，（y，2）≠1兩種情況均不成立，故例2得證.