數論筆記4-簡單不定方程

1. 一次不定方程

我們來考察一次不定方程 \(\sum_{j=1}^k a_jx_j=c\).

首先考慮解的存在性. 我們有裴蜀定理: 原方程有解當且僅當 \((a_1,\cdots,a_k)|c\).
證明是容易的. 根據 2.3.8 (即第2篇筆記標題3定理8), 解一定存在. (性質裏得出的解乘上 \(c/(a_1,\cdots,a_k)\) 即得解) 另一方面上式若有解, 則顯然 \((a_1,\cdots,a_k)\) 整除左邊, 因此也整除右邊, 即 \((a_1,\cdots,a_k)|c\).
因此我們只需解方程 \(\sum_{j=1}^k a_jx_j=(a_1,\cdots,a_k)\).

對於二元一次不定方程, 具體的解法是容易的. 直接進行輾轉相除法, \((a_1,a_2)\) 就可以表示爲 \(a_1\) 和 \(a_2\) 的線性組合 (2.2.3). 求出一組特解 \((x_{1,0},x_{2,0})\), 我們即有通解式:

\[\begin{cases}x_1=x_{1,0}+\dfrac{a_2}{(a_1,a_2)}t\\x_2=x_{2,0}-\dfrac{a_1}{(a_1,a_2)}t\end{cases} \]

其中 \(t\) 爲整數.
上述通解式的驗證是容易的. 我們來證明通解一定是上面的形式.
對 \(a_1x_1+a_2x_2=a_1x_{1,0}+a_2x_{2,0}\) 化簡得:

\[\dfrac{a_1}{(a_1,a_2)}(x_1-x_{1,0})=-\dfrac{a_2}{(a_1,a_2)}(x_2-x_{2,0}) \]

我們知道 \(\left(\dfrac{a_1}{(a_1,a_2)},\dfrac{a_2}{(a_1,a_2)}\right)=1\), 於是必有 \(x_1-x_{1,0}=\dfrac{a_2}{(a_1,a_2)}t\), 化簡即得通解.
在實際應用中有時會限制解的範圍, 但我們只需要寫出通解式然後解關於 \(t\) 的不等式即可.

有了二元的解法, 我們來討論多元的情況. 我們可以將多元一次不定方程化成二元一次不定方程組:
令 \(g_1=a_1,g_2=(a_1,a_2),\cdots, g_{k-1}=(a_1,\cdots,a_{k-1})\) 並引入 \(y_j\), 則原方程 \(\sum_{j=1}^k a_jx_j=c\) 等價於:

\[\begin{cases}g_1x_1+a_2x_2=g_2y_2\\g_2y_2+a_3x_3=g_3y_3\\\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\g_{k-2}y_{k-2}+a_{k-1}x_{k-1}=g_{k-1}y_{k-1}\\g_{k-1}y_{k-1}+a_kx_k=c\end{cases} \]

然後將右側的 \(y_j\) 視爲參數, 求出每個不定方程的通解 (顯見都可解), 最後消去 \(y_j\) 即可. 這樣最終通解會包含 \(k-1\) 個參數. 完整的等價性證明略.

2. \(x^2+y^2=z^2\)

接下來我們討論一個重要的方程: \(x^2+y^2=z^2\), 並用得到的結論解決一些其它的不定方程.

首先我們發現若 \(xyz=0\), 解是顯然的, 並且所有的解中 \(x,y,z\) 的正負號可任選. 另一方面, 如果已經得出了一組解 \((x_0,y_0,z_0)\), 則 \((x_0d,y_0d,z_0d)\) 也是一組解. 因此我們只需討論 \(x>0,y>0,z>0,(x,y,z)=1\) 的解即可. 這些解被稱爲本原解.
再進行深入討論, 容易發現有 \((x,y)=(y,z)=(z,x)=1\). 另外, \(x,y\) 不能同時爲奇, 否則 \(z\) 爲偶數但左邊不能被 \(4\) 整除, 矛盾. 故 \(x,y\) 一奇一偶.
下面我們來解這個方程. 不妨設 \(2|y,2\nmid x\), 對方程進行變形, 得到 \(\left(\dfrac{y}{2}\right)^2=\dfrac{z+x}{2}\cdot\dfrac{z-x}{2}\).
一個重要的觀察是, 有 \(\left(\dfrac{z+x}{2},\dfrac{z-x}{2}\right)=1\). 因爲 \(d\left|\dfrac{z+x}{2},\ d\right|\dfrac{z-x}{2}\ (d>0)\) 經簡單變形即有 \(d|x,d|z\), 由 \((x,z)=1\) 只能有 \(d=1\), \(\left(\dfrac{z+x}{2},\dfrac{z-x}{2}\right)=1\).
於是由 3.1.3, 必有 \(\dfrac{z+x}{2}=r^2,\dfrac{z-x}{2}=s^2\), 其中 \(r>s>0,(r,s)=1\), 化簡得解:

\[\begin{cases}x=r^2-s^2\\y=2rs\\z=r^2+s^2\end{cases} \]

另外因爲 \(2\nmid x\), 還有 \(2\nmid r+s\).
另一方面, 限定 \(r>s>0, (r,s)=1,2\nmid r+s\), 容易證明上面給出了滿足 \(2\nmid x\) 的一組本原解.

利用 \(x^2+y^2=z^2\), 我們可以對困難一些的不定方程進行討論. 接下來我們證明結論:

• \(x^4+y^4=z^2\) 無 \(xyz=0\) 的解.

假設我們得到了一組解 \((x_0,y_0,z_0)\) 滿足 \(x_0y_0z_0\neq 0\) 且使 \(z_0\) 取最小值.
不難發現, 一定有 \((x_0,y_0)=1\). 否則設 \(p|x_0,p|y_0\), 易知 \(p^2|z_0\), 於是 \((x_0/p,y_0/p,z_0/p^2)\) 就是一組使 \(z\) 更小的解, 矛盾. 由此知 \((x_0^2,y_0^2,z_0)\) 是 \(x^2+y^2=z^2\) 的一組本原解. 不妨設 \(2|y_0^2\), 即 \(2|y_0\), 故 \(2\nmid x_0\). 根據上面的結果有:

\[\begin{cases}x_0^2=r^2-s^2\\y_0^2=2rs\\z_0=r^2+s^2\end{cases} \]

其中 \(r>s>0,(r,s)=1,2\nmid r+s\), 並且有 \(2\nmid r,2|s\). 否則有 \(2|r,2\nmid s\), 考察 \(x_0^2=r^2-s^2\) 左右兩邊模 \(4\) 的餘數即得矛盾.
於是設 \(s=2t\), 有 \(\left(\dfrac{y_0}{2}\right)^2=rt\). 由 \((r,s)=1\) 知 \((r,t)=1\), 故 \(r=u^2,t=v^2,(u,v)=1\), 且 \(2\nmid u\).
將 \(r,s\) 用 \(u,v\) 表示代入 \(x_0^2=r^2-s^2\) 化簡即得 \(x_0^2+(2v^2)^2=(u^2)^2\). 注意到 \((2v^2,u^2)=(v^2,u^2)=1\), 知 \((x_0,2v^2,u^2)\) 爲一組本原解. 於是:

\[\begin{cases}2v^2=2lm\\u^2=l^2+m^2\end{cases} \]

其中 \(l>m>0,(l,m)=1,2\nmid l+m\). 由 \(v^2=lm\) 知 \(l=a^2,m=b^2,(a,b)=1\), 代入下面的式子有 \(a^4+b^4=u^2\).
因爲 \(u\leqslant u^2=r<r^2+s^2=z_0\), \((a,b,u)\) 是 \(x^4+y^4=z^2\) 的一組使 \(z\) 更小的解, 與 \(z_0\) 的定義矛盾.
故 \(x^4+y^4=z^2\) 無 \(xyz=0\) 的解.

直接推論是 \(x^4+y^4=z^4\) 無 \(xyz\neq0\) 的解, 這是著名的 FLT (Fermat's Last Theorem) 的一種特殊情況.