【初等数论】 06 - 不定方程
前面介绍的只是初等数论的基本概念，它有很多的应用场景，如果有机会以后我们还会看到，这里我只想单独举出不定方程的例子。不定方程又叫丢潘图方程，它们以整数（或有理数）为变量和参数，而且有两个以上的未知数，多以多项式形式出现。不定方程既是数论的应用，也是数论理论形成的来源，对不定方程的思考会动用起你全部的数论知识。这里仅列举一些简单的问题，作为知识巩固也好，作为娱乐欣赏也行。
1. 一次不定方程
最简单的不定方程就是一次方程（1），它表现为一个多元线性方程。如果你还记得前面最大公约数的线性组合定义，就容易得到方程有整数解的充要条件是\((a_1,a_2,\cdots,a_n)\mid c\)。多元方程的第一步往往是降元，令\(d=(a_2,\cdots,a_n),a'_k=\dfrac{a_k}{d}\)，则方程等价于一次方程组（2）（想想为什么？以及为什么要先抽出最大公约数？）。如果对（2）式一直做类似处理，就会得到多个二元一次方程，这样就把问题集中到了简单的情景。
\[a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n=c\tag{1}\]
\[\begin{cases}\:a_1x_1+dy=c\\\:a'_2x_2+\cdots+a'_nx_n=y\end{cases}\tag{2}\]
而对于二元一次方程\(ax+by=c\)，它有明显的几何意义，方程的解就是直线方程上的整数点，所有对其讨论都可以从图形中找出。容易看出，如果已知一个解\(x_0,y_0\)，则方程的全部解为公式（3）。至于如何求得一个特解，一般还是用辗转相除法，对于一些简单的情况，也可以直接尝试各种值。
\[\begin{cases}\:x=x_0+\dfrac{b}{(a,b)}k\\\:y=y_0-\dfrac{a}{(a,b)}k\end{cases},\:k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots\tag{3}\]
2. 商高方程及其扩展
2.1 商高方程
勾股定理\(x^2+y^2=z^2\)大家都熟悉，有一个自然的问题是：如何求它的所有解？这个问题一般叫商高方程或毕达哥拉斯方程。容易证明当\((x,y)=1\)时方程的解两两互素，如果再限定解为正数，这样的解叫本原解。方程的解要么是平凡解\((0,0,0)\)，要么是本原解的倍数，因此我们只需专注于找到所有本原解。
另外，因为素数的平方只能是\(4k+1\)的形式，可推得\(x,y\)必定是一奇一偶，下面就假设\(y\)为偶数，原方程整理为式子（4）。容易证明\((\dfrac{z+a}{2},\dfrac{z-a}{2})=1\)（这个性质以后会经常用），故可设\(\dfrac{z+a}{2}=r^2\)和\(\dfrac{z-a}{2}=s^2\)，其中\(r>s>0,(r,s)=1\)。用\(r,s\)表示\(x,y,z\)就得到了方程的解（5），但要注意要使得它们两两互素，还需要限定\(2\nmid r+s\)（自行证明）。
\[(\dfrac{y}{2})^2=\dfrac{z+a}{2}\cdot\dfrac{z-a}{2}\tag{4}\]
\[\begin{cases}\:x=r^2-s^2\\\:y=2rs\\\:z=r^2+s^2\end{cases}\quad r>s>0,\:(r,s)=1,\:2\nmid r+s\tag{5}\]
做一个简单的推广，形如（6）式的方程这么解？这就是著名的费马大定理（Fermat Last Theorem），当然它在1994年被彻底证明前叫费马猜想。费马发现它们并无非平凡解，并声称找到了一个绝妙的证明方法，但由于书的空白太小写不下。后来人经过了三百多年的努力，才用现代数学的方法将它攻破，大家多数倾向于认为费马的证明并不存在或并不成立。
\[x^n+y^n=z^n\tag{6}\]
使用类似的方法和无穷递降法，你可以证明\(x^4+y^4=z^2\)无非平凡解，进而\(x^4+y^4=z^4\)无非平凡解，它就是费马大定理在\(n=4\)时的情况。证明过程你可以作为习题，并且思考一下如下问题：
• 求解\(x^2+3y^2=z^2\)和\(2x^2-y^2=1\)；
• 求解\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}=\dfrac{1}{z^2}\)；（提示：无互质解）
• 证明\(x^n+y^n=z^{n\pm 1}\)都有无穷多组解。（提示：构造）
2.2 \(x^3+y^3=z^3\)
再来看费马大定理在\(n=3\)的情景，欧拉证明了它没有非平凡解，采用的是无穷递降法。假设\(x_0,y_0,z_0\)是使得\(\left| xyz\right|\)最小的一组非零解，我们的目的是构造一组值更小的解。首先当然有\((x_0,y_0,z_0)=1\)，并且其中仅有一个偶数，经过调整后可以使\(z_0\)为偶数。这时可以令\(x_0+y_0=2u,x_0-y_0=2w\)，则有\(z_0^3=2u(u^2+3w^2)\)（总结成式（7）），这个变换的重要意义在于降次。
\[x_0+y_0=2u,\quad x_0-y_0=2w,\quad z_0^3=2u(u^2+3w^2)\tag{7}\]
现在来研究\(x^3=a^2+3b^2\)，其中\(2\nmid x,(a,b)=1\)，它里面有我们熟悉的二次表达式。考察\(x\)的每个素因子\(p\)，因为\(\left(\dfrac{-3}{p}\right)=1\)，故总有\(p={\alpha}^2+3{\beta}^2\)（参考本篇第三段的最后一段）。使用公式（8）（使用复数证明这类等式更容易，并且体现了范数的思想），可知总有\(x={\alpha}^2+3{\beta}^2\)。下面证明总能找到合适的\(\alpha,\beta\)，使得关系式（9）成立。
\[({\alpha_1}^2+3{\beta_1}^2)({\alpha_2}^2+3{\beta_2}^2)=(\alpha_1\beta_1\pm \alpha_2\beta_2)^2+3(\alpha_1\beta_2\mp \alpha_2\beta_1)^2\tag{8}\]
\[a=\alpha^3-9\alpha\beta^2,\:b=3\alpha^2\beta-3\beta^3,\quad (a,b)=1,\:(\alpha,3\beta)=1\tag{9}\]
使用归纳法证明，当\(x=1\)时，公式（9）显然成立。若结论对\(x\)成立，则考虑\((px)^3=a^2+3b^2\)，我们的目的是找到表达式（9）。由前面的结论可有\(p^3=c^3+3d^3\)，且有\(\alpha_1\beta_1\)和\(c,d\)满足类似（9）的关系式。与刚才的式子相乘并除以\(p^6\)得到（10），然后证明（10）式右侧的两项可以都是整数。若记\(x^3=e^2+3f^2\)，则由假设知存在\(\alpha_2\beta_2\)和\(e,f\)满足类似（9）的关系式。综合以上结论，可得到的相关结论（11），它们满足公式（9），定理得证。
\[x^3=(\dfrac{ac\pm 3bd}{p^3})^2+3(\dfrac{ad\mp 3bc}{p^3})^2\tag{10}\]
\[a=ec+3fd,\:b=ed-fc,\quad\alpha=\alpha_1\alpha_2+3\beta_1\beta_2,\:\beta=\alpha_2\beta_1-\alpha_1\beta_2\tag{11}\]
现在回过头来看式子（7）中的\(z_0\)。当\(3\nmid u\)时，由\(u,w\)必为一奇一偶且互素（想想为什么）和\(z_0\)为偶数，容易有\((2u,u^2+3w^2)=1\)，可以假设式子（12）左侧。而由上面的结论可知（12）的右侧成立，其中最右边三项互质，故有式子（13）。而\(|x_1y_1z_1|^3=|2u|=|x_0+y_0|<|x_0y_0z_0|^3\)。当\(3\mid u\)时可以得到同样的结论，由此我们得到了一组积单调递减的解，这是不可能的，所以原方程没有非平凡解。
\[t^3=2u,\:s^3=u^2+3w^2,\quad s=\alpha^2+3\beta^2\:t^3=2\alpha(\alpha-3\beta)(\alpha+3\beta)\tag{12}\]
\[z_1^3=2\alpha,\:x_1^3=\alpha-3\beta,\:y_1^2=\alpha+3\beta,\quad x_1^3+y_1^3=z_1^3\tag{13}\]
2.3 \(ax^2+by^2+cz^2=0\)
将商高方程在系数上进行扩展，得到一般性的\(ax^2+by^2+cz^2=0\)（\(abc\ne 0\)且无平方因子），当然我们只需研究其本原解\((x,y,z)=1\)。首先容易有\((a,yz)=1\)，则存在\(y^{-1},z^{-1}\)，变换\(by^2 \equiv -cz^2\pmod{|a|}\)得到式子（14），从而\(-bc\)是\(|a|\)的二次剩余。这样我们就得到了方程有解的一个必要条件：\(-bc,-ca,-ab\)分别是\(|a|,|b|,|c|\)的二次剩余。
\[(byz^{-1})^2\equiv -bc\pmod{|a|}\tag{14}\]
下面来看它们是否是方程有解的充分条件，使用的是降次法和构造法。另外，利用同余方程研究不定方程也是常见方法，这里我们可以先考虑同余方程（15）。先来看降次，首先容易判断\((a,b,c)=1\)，则可以有式（16）。对模\(|b|,|c|\)也可以有类似的表达式，它们将原式表示成了两个线性表达式之积，问题也就容易转化到一次方程了。使用剩余定理可以将三个表达式的右侧统一成\((dx+ey+fz)(d'x+e'y+f'z)\)，再根据同余的性质就有式（17）。
\[ax^2+by^2+cz^2\equiv 0\pmod{|abc|}\tag{15}\]
\[ax^2+by^2+cz^2\equiv b^{-1}((by)^2-(c'z)^2)\equiv (y+b^{-1}c'z)(by-c'z)\pmod{|a|}\tag{16}\]
\[ax^2+by^2+cz^2\equiv (dx+ey+fz)(d'x+e'y+f'z)\pmod{|abc|}\tag{17}\]
要使方程（15）有解，可以先讨论\(dx+ey+fz\equiv 0\pmod{|abc|}\)，使用鸽笼原理容易得知它有满足条件（18）的解\(x_0,y_0,z_0\)。这样我们就得到了方程（15）的解，为方便讨论，下面假设\(a>0,b<0,c<0\)，其它情况都可以转化为这种情况。
\[dx+ey+fz,\quad(0\leqslant x\leqslant\sqrt{|bc|},\:0\leqslant y\leqslant\sqrt{|ca|},\:0\leqslant z\leqslant\sqrt{|ab|})\tag{18}\]
现在令\(E=ax_0^2+by_0^2+cz_0^2\)，比较容易推导出\(E<ax_0^2\leqslant abc\)和\(E>by_0^2+cz_0^2\geqslant -2abc\)，故有\(E=0\)或\(E=-abc\)。若\(E=0\)，我们就得到了原不定方程的解\(x_0,y_0,z_0\)。若\(E=-abc\)，则乘以\(ab\)再配方就有式（19），不管各项是否全为零我们都能找到原方程的解。
\[a(by_0+x_0z_0)^2+b(ax_0-y_0z_0)^2+c(z_0^2+ab)^2=0\tag{19}\]
至此充分性证明完毕，总结结论就是：\(ax^2+by^2+cz^2=0\)有解的充要条件是\(-bc,-ca,-ab\)分别是\(|a|,|b|,|c|\)的二次剩余。
3. 平方数分解
数论中一个著名的问题是把整数表示成若干个平方数之和\(a=x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2\)，平方和常出现于范数当中，其重要性不言而喻。我们先把条件设定得宽松一点，假设\(x_k\geqslant 0\)，如果\(n=i\)时对所有\(a\)成立，则显然\(n=i+1\)时也成立，我们需要讨论有没有最小的\(n\)使得所有\(a\)都成立。当然问题还可以再做放宽，允许对有限个数不成立。当\(n=1\)时，非平方数有无穷多个，故结论不成立。当\(n=2\)时，\(4k+3\)都不能表示成两个平方和，结论也不成立。
当\(n=3\)时，高斯得到过定理：自然数能表示为\(3\)个平方和的充要条件是\(a\ne 4^e(8k-1)\)，这就说明了\(n=3\)时我们要的结论还是不成立。高斯定理的充分性比较复杂，这里仅证明必要性。首先因为\(x^2\equiv 0,1,4\pmod{8}\)，所以\(x_1^2+x_2^2+x_3^2\not\equiv -1\pmod{8}\)，定理中\(e=0\)时成立（其实这一点就已经说明了\(n=3\)时结论不成立）。下面利用归纳法，当\(e=i\)时必要性成立，如果有\(4^{i+1}(8k-1)=x_1^2+x_2^2+x_3^2\)，必然有\(2|x_k\)，从而两边可同时除以\(4\)，这与\(n=i\)时的必要性成立矛盾，故必要性对一切\(e\)成立。
而幸运的是，当\(n=4\)时，我们要的结论终于成立了，它就是著名的拉格朗日定理：任何正整数都可以表示为四个平方数之和（公式（20）），故也称作四平方和定理。这个定理的证明需要用到四平方和恒等式（21），两个四平方和之积也是四平方和。有了这个恒等式，我们的四平方和定理就等价于：任何素数都可以表示为四平方数之和。下面就来证明这个等价命题，注意证明的过程其实也就是寻找分解式的过程。
\[a=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\tag{20}\]
\[(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2)=\\(a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3-a_4b_4)^2+\\(a_1b_2+a_2b_1+a_3b_4-a_4b_3)^2+\\(a_1b_3-a_2b_4+a_3b_1+a_4b_2)^2+\\(a_1b_4+a_2b_3-a_3b_2+a_4b_1)^2\tag{21}\]
先来证明\(x^2+y^2+1\equiv 0\pmod{p}\)有解（这里的\(1\)使得表达式非零）。当\(x,y\)各自取遍\(0,1,\cdots,\dfrac{p-1}{2}\)时，\(x^2,-y^2-1\)各自遍历\(\dfrac{p+1}{2}\)个不同的数，所以存在\(x_0,y_0\)满足\(x_0^2+y_0^2+1\equiv 0\pmod{p}\)。这个结论说明存在\(0<m<p\)使得\(mp=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\)有解，从这里开始，下面我们下面要不断缩小\(m\)至\(1\)。
首先如果\(d=(x_1,x_2,x_3,x_4)>0\)，则显然\(d^2\mid m\)，方程两边可以约去\(d^2\)。其次如果\(2\mid m\)，则四个数中必有偶数个奇数，它们可以两两组合为偶数，这样就得到式子（22）。经过以上两步如果仍有\(m>1\)，将原式对\(x_k\)取模\(m\)，经过前面类似的整理可以有式子（23）。式（23）和原等式相乘并根据四平方和恒等式，可以有\(m'm^2p=u_1^2+u_2^2+u_3^2+u_4^2\)，并且由恒等式容易证明\(m\mid u_k\)，两边除以\(m^2\)，\(m'<m\)被再一次缩小。这个过程可以一直进行到\(m=1\)，这就完成了证明。
\[\dfrac{m}{2}p=(\dfrac{x_1+x_2}{2})^2+(\dfrac{x_1-x_2}{2})^2+(\dfrac{x_3+x_3}{2})^2+(\dfrac{x_3-x_4}{2})^2\tag{22}\]
\[m'm=y_1^2+y_2^2+y_3^2+y_4^2\quad(0<m'<m,\:0\leqslant y_k<\frac{m}{2})\tag{23}\]
现在我们把定理的条件加强一点，如果要求\(x_k>0\)，结论还成立吗？首先容易证明如果\(4\mid a\)，则必有\(4\mid x_k\)，等式两边可以除以\(4\)。利用这个特点并使用归纳法，可以证明\(2\cdot4^e\)都不能表示为四个非零平方数之和。当把\(n=4\)放宽为\(n=5\)时，考虑的分解式（24）。当\(a=169+x,(x>0\)时，先将\(x\)表示为\(1~4\)个非零平方的和，然后从式（24）中选择一个分解，最终总可以将\(a\)表示为\(5\)个非零平方之和。对于\(a<169\)，可以一一验证，除了\(1~7,9,10,12,15,18,33\)外都可以分解为\(5\)个非零平方之和。这样就有结论，除了几个特殊值外，所有整数都能表示为\(5\)个非零平方之和，当然由证明过程知道结论对\(n=6\)也是成立的（只是特殊值会不一样）。
\[169=13^2=12^2+5^2+12^2+4^2+3^3=11^2+4^2+4^2+4^2=10^2+6^2+4^2+4^2+1^2\tag{24}\]
做个习题放松一下：
• 给出\(a=2^k\)时的全部解。并由此证明有无穷多个\(a\)使得方程不存在\((x_1,x_2,x_3,x_4)=1\)的解，有无穷多个\(a\)使得方程不存在\(x_k\)互不相等的解。
高斯定理给出了\(n=3\)时方程有解的充要条件，现在来看\(n=2\)时的情景，这个问题也是非常重要的。先来看素数的情况\(p=x^2+y^2\)，显然它有解时必定有\(p=2\)或\(p=4k+1\)。而当\(p=4k+1\)时，\(-1\)是\(p\)的二次剩余，所以\(x^2+1\equiv 0\)有解。使用和四平方和定理完全一样的方法（当然也得益于平方和恒等式：平方和之积也是平方和），可以构造出\(p=x_0^2+y_0^2\)。
现在回到一般整数\(a=d^2m\)，其中\(m\)无平方因子。由刚才的结论与平方和恒等式，如果\(m\)不含素因子\(4k+3\)，则它必定能表示为平方和。反之如果\(m\)能表示为\(x_0^2+y_0^2\)，则它的任何素因子满足\(x_0^2+y_0^2\equiv 0(\mod p)\)，故必有\(p=2\)或\(p=4k+1\)。总结以上就有结论：\(a=d^2m\)可分解为二平方和的充要条件是\(m\)不含素因子\(4k+3\)。
对\(n=2\)时，可以提一个跟严格的问题：方程何时有\((x,y)=1\)的解。其实刚才的证明中已经看出，首先奇素数因子只能为\(p=4k+1\)，另外容易证明\(4\nmid a\)。反之如果\(p=2\)或\(p=4k+3\)，前面的证明中已经表示它能表示为二互素数的平方和。接下来用归纳法可知该结果对\(p^e\)也成立，用类似方法也能得到\(p^e\)的组合还是成立。这样就得到结论：整数可分解为二互素数的平方和的充要条件是：不含因子\(4\)和\(4k+3\)。
顺便提一下，对\(p=x^2+y^2\)有解的条件，还有一个更通用的证法。首先同样有必要条件\(\left(\dfrac{-1}{p}\right)=1\)，下面来证充分性。证明的主要思路还是构造法，对\(s^2\equiv -1\pmod{p}\)的解\(s_0\)，先来构造\(x_0\equiv s_0y_0\pmod{p}\)。方法很简单，限定\((0\leqslant x,y<\sqrt p)\)，则\(x-s_0y\)必有模\(p\)相等的两个数，相减即得\(x_0\equiv s_0y_0\pmod{p}\)。然后自然就有\(x_0^2+y_0^2\equiv 0\pmod{p}\)，又因为\(x_0^2+y_0^2<2p^2\)，所以就有\(x_0^2+y_0^2=p\)。同样的证法也可以得到\(x^2+dy^2=p,(d=2,3)\)有解的充要条件是\(\left(\dfrac{d}{p}\right)=1\)，但要注意\(d\)越大，要排除的情况越多，结论不一定成立。最后思考一些问题：
• 求证不能表示为整数平方和的整数也不能表示为有理数的平方和，并讨论有理数能表示为有理数平方和的充要条件；
• 证明\(p=x^2+y^2\)的正解唯一。
4. 佩尔方程
最后再来看一类很重要的方程：佩尔（Pell）方程\(x^2-dy^2=\pm 1\)，其中\(d\)为非平方正数。方程经过整理可以得到表达式（25），它表示\(\dfrac{x}{y}\)是\(\sqrt{d}\)的近似分数。这不由得使我们想到了连分数，尤其是其精度误差，也许只有连分数能达到，下面就来证明这一猜测。令\(\dfrac{p_k}{q_k}\)表示\(\sqrt{d}\)的第\(k\)个连分数，\(x_0,y_0\)是方程的一组正解。
\[\left|\dfrac{x}{y}-\sqrt{d}\right| =\dfrac{1}{y^2(\dfrac{x}{y}+\sqrt{d})}\leqslant\dfrac{1}{2y^2}\tag{25}\]
首先假设\(q_k\leqslant y_0<q_{k+1}\)，由\(y_0<q^{k+1}\)并根据渐进连分数的性质有\(\left|\sqrt{d}q_k-p_k\right|\leqslant\left|\sqrt{d}y_0-x_0\right|\)，从而\(\left|\sqrt{d}-\dfrac{p_k}{q_k}\right|<\dfrac{1}{2y_0q_k}\)。如果\(y_0\ne q_k\)，仅从分数的性质容易得到\(\left|\dfrac{p_k}{q_k}-\dfrac{x_0}{y_0}\right|\geqslant \dfrac{1}{y_0q_k}\)，而另一方面有式子（26），结合这两个式子可有\(y_0<q_k\)，矛盾。所以必定有\(y=q_k\)，接下来容易得到\(x_0=p_k\)，从而我们知道方程的解必定是的渐进连分数的分子和分母。
\[\left|\dfrac{p_k}{q_k}-\dfrac{x_0}{y_0}\right|\leqslant\left|\sqrt{d}-\dfrac{p_k}{q_k}\right|+\left|\sqrt{d}-\dfrac{x_0}{y_0}\right|<\dfrac{1}{2y_0q_k}+\dfrac{1}{2y_0^2}\tag{26}\]
下面就从这些渐进分数中寻找方程的解，通过计算渐进分数，可以得到\(p_k^2-dq_k^2=(-1)^kb_k\)，其中\(b_k\)为余部的分母（参考课本）。并且从推导过程中可以得到\(b_k\)仅在\(c\mid k\)时为\(1\)而不可能为\(-1\)，其中\(c\)为连分数的循环周期。如此一来我们就得到了方程的所有解为\(p_{hc},q_{hc}\)，但要注意方程的值只能取\(\pm 1\)其一，规律也是明显的，以后不加区分。
到这里为止，我们似乎已经解决了问题，但方程的解其实还没有一个清晰的表达方法，从方程本身的特点出发，也许还能有进一步的结论。方程的一大特点是等式值为\(\pm 1\)，而左边是两个共轭数\(p_k+\sqrt{d}q_k,p_k-\sqrt{d}q_k\)之积。不妨把方程的解与复数\(x_k=p_{kc}+\sqrt{d}q_{kc}\)一一对应起来，由刚才的讨论可知任何满足\(x\bar{x}=\pm 1\)的\(x\)都是方程的解，并且\(x^k\)都是方程的解。这样我们自然要问，是否每个\(x_k\)都可以表示为\(x_1\)的幂？
如果有\(x_1^k<x_m<x_1^{k+1}\)，则有\(1<x_mx_1^{-k}<x_1\)，而容易证\(x_mx_1^{-k}=x_m(\pm \bar{x}_1^k)\)也是方程的解。但方程不可能有比\(x_1\)小的解，矛盾，故必然有\(x_k=x_1^k\)，即方程的所有解都可以与表达式（27）中的复数一一对应。这样只要知道第一组解，就可以得到所有解，第一组解可以通过简单的遍历尝试得到，有些书上还给出了一定范围内的解的表，可供查阅。
\[p_{kc}+\sqrt{d}q_{kc}=(p_c+\sqrt{d}q_c)^k\tag{27}\]
最后来考虑一下以下问题：
• 求证\(p=4k+1\)时，讨论\(x^2-py^2=\pm 1\)最小解下方程的取值；
• 不使用连分数理论讨论方程\(x^2-dy^2=1\)，先证明存在\(m\)使得\(x^2-dy^2=m\)有无穷多解，然后证明\(x^2-dy^2=1\)有解，最后证\((x_1+\sqrt{p}y_1)^k\)是所有解；
• 使用佩尔方程证明，如果\(x^2-dy^2=n\)有解，则有无穷多组解；
• 证明若佩尔方程\(x^2-dy^2=1\)的解满足\(x_0>\dfrac{y_0^2}{2}-1\)，则它是最小解。
【全篇完】
