不定方程x2+xy+y2=z2与3x2+y2=z2的整数组解的引用

李春雷

【摘要】本文利用不定方程x2+xy+y2=z2与3x2+y2=z2即命题1与命题2给出的求整数解公式来解决两例数学问题.

【关键词】不定方程求解关系式;费马小定理;费马大定理

1.命题证明

《数论揭谜》一书第4页介绍一种数学方法叫不定方程求解关系式，当中有一命题：设x1，x2，…，xn（n≥2）均是整数，则存在适当的有理数a，b1，b2，…，bn-1使得xj=a+bj（j=1，2，…，n-1），xn=∑n-1j=1bj.下面，将利用该数学方法来解决摘要内容.

命题1 不定方程x2+xy+y2=z2

的一切非零整数组解，可表为x=2ab+b2，y=a2-b2，z=a2+ab+b2（这里a，b均为整数，a≠b）.

证明 原式给出 （2x+y）2+3y2=4z2.（1）

不难验证，上式有整数组解x=3，y=-8，z=7.为此，利用不定方程求解关系式，可令

2x+y=a+b，y=a+c，2z=b+c.（2）

这里x，y，z均为非零整数，且由a=x+y-z推得a，b，c均为适当整数.

将（2）代入（1）并展开整理，逐步得出

（a+c）2+3（a+b）2=（b+c）2.（3）

展开上式得c（b-a）=2a2+3ab+b2.

现证a≠b.事实上，若a=b，则将（2）后两式相互代入得y=2z，但此代入（1）引有（2x+y）2+8z2=0的矛盾. 因此，将上式给出c=2a2+3ab+b2（b-a）代回（3）然后两边同乘以（b-a）2并稍加整理得

（a2+4ab+b2）2+3（a2-b2）2=4（a2+ab+b2）2.

将（1）与上式相互比较，并设a≠b，可令2x+y=a2+4ab+b2，y=a2-b2，z=a2+ab+b2，且前两式相互代入得出x=2ab+b2. 至此，命题1得证.

命题2 不定方程3x2+y2=z2关于（x，y）=（z，2）=1的一切整数组解，可表为

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

这里u，v∈Z，（u，v）=1.

证明 先设有不定方程3A2+B2=C2.（1）

不难验证，上式有整数解A=4，B=11，C=13.为此，利用不定方程求解关系式，可令

A=t+u，B=t+v，C=u+v.（2）

这里A，B，C均为非零整数，（A，B）=（C，2）=1，且由t=2-1（A+B-C）∈Z推得t，u，v均为适当整数.

将（2）三式一起代入（1）得

3（t+u）2+（t+v）2=（u+v）2.（3）

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

继而，将（2）各式遍乘以u-t，然后将上式代入得

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.

将（3）各项遍乘以u-t，然后将上面相关式代入得

3X2+Y2=Z2.（4）

设（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.

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

由于（t，u）=（z，2）=1给出（t2+4ut+u2，4）=2而推得d=2，故将此代入（6）即有命题2所证.

2.应用举例

往下，将利用命题1和命题2来给证两例.

例1 不定方程x4+x2y2+y4=z4无非零整数解.

证明 假设例1不正确，则利用命题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.

根据勾股弦数组解，（1）中式存在正整数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，假设（2）成立，则根据（x，y）=1，从（2）前式推得（x，2）=1.因此，从（1）前式得出（b，2）=1.此时，有x2≡b2≡1（mod8），将此代入（1）前式得a≡0（mod4），即n2+m2≡0（mod4），由此推得n2-m2≡0（mod2），但与（b，2）=1发生矛盾.这就证明（2）不成立.

接下来，假设（3）成立，则将其前式代入（1）前两式，得

x2=4nm（a+nm），y2=a2-（2nm）2.（4）

由于（x，y）=1，故上面两式推出（2nm，a）=1，即（b，a）=1， 因此上面前式给出

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

将上面前式代入（3）前式，同时上面两式相互代入，得

b=2x21，a=x22-x21.（6）

继而，将（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）

因为（x，y）=（y，2）=1，所以上式给出（x22+x21，x22-3x21）=1，由此推出

x22+x21=y21，x22-3x21=y22.（8）

这里y1，y2∈Z，y=y1y2，（y1y2，2）=（y1，y2）=1.

此外，将（6）两式一起代入（1）后式得z2=（x22-x21）2+2（x22-x21）x21+4x41，因此有

3x41+x42=z2.（9）

因为由（a，b）=1，（b，2）≠1得出（a，2）=1，由此从（3）后式推得（nm，2）≠1，依此从（5）推得（x1，2）≠1，（x2，2）=1，这时，（9）满足命题2附设条件，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.

结合（8）前式，上面前两式两边各相加得y21=u（u+2v），因（y1，2）=（u，v）=1，故在此给出u=p2，u+2v=q2[其中p，q∈Z，（p，q）=1].

上面两式一起代入（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）]，将此两边同乘以8得

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

因为由（x2，y2）=1从（8）后式推得（x2y2，3）=1，所以说明上式满足（x2q，3）=1，利用费马小定理在此得出x22≡q4≡1（mod3），但将此代回上式引有8≡1（mod3）的矛盾.因此，例1得证.

例2 不定方程x6+x3y3+y6=z6无2xy的非零整数解.

证明 假设例2不正确，则利用命题1，可设

x3=2ab+b2，y3=a2-b2，z3=a2+ab+b2 .（1）

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

令a=b+v[这里（ab，v）=1]，将此代入上面三式，得

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

以下，将分（x，2）≠1，（y，2）≠1两种情况来证.

首先，当（x，2）≠1时，由（x，y）=1推得（y，2）=1，此时（2）中式给出

y31=v，y32=v+2by32=y31+2b.（3）

这里y1，y2为互质的整数，且y1y2=y.

此外，（2）前式给出   2x31=b，4x32=3b+2v或4x31=b，2x32=3b+2v.（4）

式中x1，x2为互质的整数，且x1x2=x.

于是，假设上面前种情况成立，则将（3）中式代入得4x32=3b+2（y32-2b），将此给出8x32=4y32-2b与（3）后式两边分别相加并移项得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，故结合上式得y31+x31≡0（mod9），但由此推有x1≡y1≡0（mod3）即（x，y）≠1的矛盾，这就证明（4）前种情况不成立.

同理，假设（4）后种情况成立，则将其前式代入（3）后式得y32=y31+（2x1）3，但此是费马大定理之一已证不可能.至此，证明当（x，2）≠1时，（1）的假设不成立.

接下来，当（y，2）≠1时，由（x，y）=1推得（x，2）=1，此时（2）前式给出

x31=b，x32=3b+2vx32=3x31+2v.（5）

这里x1，x2为互质的整数，且x1x2=x.

与此同时，（2）中式给出 2y31=v，4y32=v+2b或4y31=v，2y32=v+2b.（6）

这里y1，y2为互质的整数，且y1y2=y.

于是，假设上面前种情况成立，则有4y32=2y31+2b，将（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，故将此与上式两边各相减并移项得（2y2）3=x31+x32，但此是费马大定理之一，这就证明（6）前种情况不成立.

最后，假设（6）后种情况成立，则将其前式代入（5）后式得

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

显然，上面结果给出x1≡0（mod3）.

由于（6）后种情况给出2y32=4y31+2b，结合（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），但此与上式引有（x，y）≠1的矛盾，这就证明（6）后种情况也不成立.

由于（2）关于（x，2）≠1，（y，2）≠1两种情况均不成立，故例2得证.