数论笔记4-简单不定方程

1. 一次不定方程

我们来考察一次不定方程 \(\sum_{j=1}^k a_jx_j=c\).

首先考虑解的存在性. 我们有裴蜀定理: 原方程有解当且仅当 \((a_1,\cdots,a_k)|c\).
证明是容易的. 根据 2.3.8 (即第2篇笔记标题3定理8), 解一定存在. (性质里得出的解乘上 \(c/(a_1,\cdots,a_k)\) 即得解) 另一方面上式若有解, 则显然 \((a_1,\cdots,a_k)\) 整除左边, 因此也整除右边, 即 \((a_1,\cdots,a_k)|c\).
因此我们只需解方程 \(\sum_{j=1}^k a_jx_j=(a_1,\cdots,a_k)\).

对于二元一次不定方程, 具体的解法是容易的. 直接进行辗转相除法, \((a_1,a_2)\) 就可以表示为 \(a_1\) 和 \(a_2\) 的线性组合 (2.2.3). 求出一组特解 \((x_{1,0},x_{2,0})\), 我们即有通解式:

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

其中 \(t\) 为整数.
上述通解式的验证是容易的. 我们来证明通解一定是上面的形式.
对 \(a_1x_1+a_2x_2=a_1x_{1,0}+a_2x_{2,0}\) 化简得:

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

我们知道 \(\left(\dfrac{a_1}{(a_1,a_2)},\dfrac{a_2}{(a_1,a_2)}\right)=1\), 于是必有 \(x_1-x_{1,0}=\dfrac{a_2}{(a_1,a_2)}t\), 化简即得通解.
在实际应用中有时会限制解的范围, 但我们只需要写出通解式然后解关于 \(t\) 的不等式即可.

有了二元的解法, 我们来讨论多元的情况. 我们可以将多元一次不定方程化成二元一次不定方程组:
令 \(g_1=a_1,g_2=(a_1,a_2),\cdots, g_{k-1}=(a_1,\cdots,a_{k-1})\) 并引入 \(y_j\), 则原方程 \(\sum_{j=1}^k a_jx_j=c\) 等价于:

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

然后将右侧的 \(y_j\) 视为参数, 求出每个不定方程的通解 (显见都可解), 最后消去 \(y_j\) 即可. 这样最终通解会包含 \(k-1\) 个参数. 完整的等价性证明略.

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

接下来我们讨论一个重要的方程: \(x^2+y^2=z^2\), 并用得到的结论解决一些其它的不定方程.

首先我们发现若 \(xyz=0\), 解是显然的, 并且所有的解中 \(x,y,z\) 的正负号可任选. 另一方面, 如果已经得出了一组解 \((x_0,y_0,z_0)\), 则 \((x_0d,y_0d,z_0d)\) 也是一组解. 因此我们只需讨论 \(x>0,y>0,z>0,(x,y,z)=1\) 的解即可. 这些解被称为本原解.
再进行深入讨论, 容易发现有 \((x,y)=(y,z)=(z,x)=1\). 另外, \(x,y\) 不能同时为奇, 否则 \(z\) 为偶数但左边不能被 \(4\) 整除, 矛盾. 故 \(x,y\) 一奇一偶.
下面我们来解这个方程. 不妨设 \(2|y,2\nmid x\), 对方程进行变形, 得到 \(\left(\dfrac{y}{2}\right)^2=\dfrac{z+x}{2}\cdot\dfrac{z-x}{2}\).
一个重要的观察是, 有 \(\left(\dfrac{z+x}{2},\dfrac{z-x}{2}\right)=1\). 因为 \(d\left|\dfrac{z+x}{2},\ d\right|\dfrac{z-x}{2}\ (d>0)\) 经简单变形即有 \(d|x,d|z\), 由 \((x,z)=1\) 只能有 \(d=1\), \(\left(\dfrac{z+x}{2},\dfrac{z-x}{2}\right)=1\).
于是由 3.1.3, 必有 \(\dfrac{z+x}{2}=r^2,\dfrac{z-x}{2}=s^2\), 其中 \(r>s>0,(r,s)=1\), 化简得解:

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

另外因为 \(2\nmid x\), 还有 \(2\nmid r+s\).
另一方面, 限定 \(r>s>0, (r,s)=1,2\nmid r+s\), 容易证明上面给出了满足 \(2\nmid x\) 的一组本原解.

利用 \(x^2+y^2=z^2\), 我们可以对困难一些的不定方程进行讨论. 接下来我们证明结论:

• \(x^4+y^4=z^2\) 无 \(xyz=0\) 的解.

假设我们得到了一组解 \((x_0,y_0,z_0)\) 满足 \(x_0y_0z_0\neq 0\) 且使 \(z_0\) 取最小值.
不难发现, 一定有 \((x_0,y_0)=1\). 否则设 \(p|x_0,p|y_0\), 易知 \(p^2|z_0\), 于是 \((x_0/p,y_0/p,z_0/p^2)\) 就是一组使 \(z\) 更小的解, 矛盾. 由此知 \((x_0^2,y_0^2,z_0)\) 是 \(x^2+y^2=z^2\) 的一组本原解. 不妨设 \(2|y_0^2\), 即 \(2|y_0\), 故 \(2\nmid x_0\). 根据上面的结果有:

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

其中 \(r>s>0,(r,s)=1,2\nmid r+s\), 并且有 \(2\nmid r,2|s\). 否则有 \(2|r,2\nmid s\), 考察 \(x_0^2=r^2-s^2\) 左右两边模 \(4\) 的余数即得矛盾.
于是设 \(s=2t\), 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 \(2\nmid u\).
将 \(r,s\) 用 \(u,v\) 表示代入 \(x_0^2=r^2-s^2\) 化简即得 \(x_0^2+(2v^2)^2=(u^2)^2\). 注意到 \((2v^2,u^2)=(v^2,u^2)=1\), 知 \((x_0,2v^2,u^2)\) 为一组本原解. 于是:

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

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 \(a^4+b^4=u^2\).
因为 \(u\leqslant u^2=r<r^2+s^2=z_0\), \((a,b,u)\) 是 \(x^4+y^4=z^2\) 的一组使 \(z\) 更小的解, 与 \(z_0\) 的定义矛盾.
故 \(x^4+y^4=z^2\) 无 \(xyz=0\) 的解.

直接推论是 \(x^4+y^4=z^4\) 无 \(xyz\neq0\) 的解, 这是著名的 FLT (Fermat's Last Theorem) 的一种特殊情况.