x2+y2=z2 的求解及应用

来自潘承洞、潘承彪《初等数论》，有删改。

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一、求解

首先声明，我们求的是所有的整数解，即 $(x,y,z)$ 满足 $x^2+y^2=z^2$ 且 $x,y,z\in \mathbb{Z}$。

我们将满足 $xyz=0$ 的所有解 $(x,y,z)$ 称为方程 $x^2+y^2=z^2$ 的显然解，其余的整数解称为非显然解。

容易知道，如果 $xyz=0$，那么必有 $x=0$ 或者 $y=0$ 或者 $z=0$。所以所有显然解是 $(x,y,z)=(a,0,-a),(a,0,a),(0,a,-a),(0,a,a)$，其中 $a\in \mathbb{Z}$。

同时，对于任意一组非显然解 $(x,y,z)$，$(|x|,|y|,|z|)$ 也是一组非显然解，并且同时乘上或者除以一个不为 0 的数后如果 $x,y,z$ 都还是整数，那么依然是一组非显然解。

所以我们就是要求满足 $x,y,z>0,gcd(x,y,z)=1$ 的所有 $(x,y,z)$。这样的解称为方程 $x^2+y^2=z^2$ 的本原解。

引理 1 对于任意一组本原解 $(x,y,z)$，必有 $(1)gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1$
$(2)2\nmid x+y$
证明：
$(1)$ 如果存在质数 $p$ 使 $p\mid gcd(x,y)$，那么 $p^2\mid x^2,p^2\mid y^2$，所以有 $p^2\mid x^2+y^2=z^2$，所以 $p\mid z$，所以 $p\mid gcd(x,y,z)$，就说明 $gcd(x,y,z)\ge p>1$，与本原解的定义矛盾。所以 $gcd(x,y)=1$，$gcd(y,z)$ 和 $gcd(z,x)$ 同理也为 1。
证毕
$(2)$ 如果 $2\mid x+y$，由 $(1)$ 知 $gcd(x,y)=1\ne 2$，所以 $x,y$ 必定同为奇数。又因为奇数的平方一定模 $4$ 余 $1$（自己计算可知），所以 $z^2$ 模 $4$ 余 $2$。但是我们知道，由于 $x,y$ 都是奇数，所以 $x^2+y^2$ 是偶数，所以有 $2\mid z^2$，所以 $4\mid z^2$，矛盾了。所以 $2\nmid x+y$。
证毕

定理 2 不定方程 $x^2+y^2=z^2$ 的 $y$ 为偶数的全体本原解满足 $x=r^2-s^2,y=2rs,z=r^2+s^2$，其中 $r$ 和 $s$ 为满足 $0<s<r,gcd(s,r)=1,2\nmid r+s$ 的任意整数。

证明：
$(1)$ 首先证明满足条件的 $(x,y,z)$ 是一组 $y$ 为偶数的本原解。
首先容易知道 $(r^2-s^2{)}^2+(2rs{)}^2=(r^2+s^2{)}^2$ 且 $r^2-s^2,2rs,r^2+s^2>0$，$2\mid 2rs$。同时 $gcd(x,z)=gcd(r^2-s^2,r^2+s^2)=gcd(r^2-s^2,2s^2)=gcd((r+s)(r-s),2s^2)$。由于 $gcd(r,s)=$，所以 $gcd(r+s,s)=gcd(r-s,s)=1$。又因为 $2\nmid r+s$，所以 $2\nmid r+s-2s=r-s$，所以 $gcd(x,z)=gcd((r+s)(r-s),2s^2)=1$。所以 $gcd(x,y,z)=1$，符合本原解的定义。
$(2)$ 然后证明每一组 $y$ 为偶数的本原解都可以表示为如上形式。
由于 $2\mid y$，所以 $x,z$ 同奇偶，即 $2\mid x+z,z-x$。又因为 $x^2+y^2=z^2$，所以可以得到 $(\frac{y}{2})=\frac{z+x}{2}·\frac{z-x}{2}$。同时，因为 $gcd(\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2})=gcd(\frac{z+x}{2},x)\mid x$，同理 $gcd(\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2})=gcd(\frac{z+x}{2},z)\mid z$。由于 $gcd(x,z)=1$（引理 1），所以 $gcd(\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2})=1$。所以必有 $\frac{z+x}{2}=r^2,\frac{z-x}{2}=s^2,(r,s)=1,r>s>0$。另外，由于 $2\nmid x$，所以 $2\nmid r+s$。（核心：两个数的积是平方数并且这两个数互质）
证毕

定理 3 单位圆上的整点是 $(\pm 1,0),(0,\pm 1)$，不是整点的有理点是 $(\pm \frac{r^2-s^2}{r^2+s^2},\pm \frac{2sr}{r^2+s^2}),(\pm \frac{2sr}{r^2+s^2},\pm \frac{r^2-s^2}{r^2+s^2})$，其中正负任取，$0<s<r,gcd(r,s)=1,2\nmid r+s$。

直接可以用定理 2 推出。或者可以用几何法证明。

二、应用

定理 4 不定方程 $x^4+y^4=z^2$ 无 $xyz\ne 0$ 的整数解。
证明：使用 Fermat 无穷递降法。
$(1)$ 假设存在 $xyz\ne$ 的整数解，假设所有这些解里 $z$ 最小的是 $(x_0,y_0,z_0)$，那么必有 $gcd(x_0,y_0,z_0)=1$（否则不是最小），所以我们知道 $(x_0^2,y_0^2,z_0)$ 是方程 $x^2+y^2=z^2$ 的一组本原解。由引理 1 知 $gcd(x_0,y_0)=gcd(y_0,z_0)=gcd(z_0,x_0)=1$，且 $x_0,y_0$ 一奇一偶。所以我们可以假设 $2\mid y_0$。
$(2)$ 令 $g_1=gcd(z_0-y_0^2,z_0+y_0^2)$，因为 $g_1\mid gcd(2z_0,2y_0^2)=2gcd(z_0,y_0^2)=2$，并且 $2\nmid z_0-y_0^2,z_0+y_0^2$，所以 $g_1=1$。又因为 $(z_0-y_0^2)(z_0+y_0^2)=x_0^4$，所以必有 $z_0-y_0^2=u^4,z_0+y_0^2=v^4$，其中 $0<u<v,(u,v)=1,2\nmid u,v$。所以 $u^2+v^2\equiv 2(\mathrm{mod}8)$（奇数的平方模 8 余 1），同时 $y_0^2=(v^2-u^2)·\frac{(u^2+v^2)}{2}$。
$(3)$ 令 $g_2=gcd(v^2-u^2,\frac{(u^2+v^2)}{2})$，$g_2\mid gcd(v^2-u^2,u^2+v^2)=gcd(2u^2,2v^2)=2gcd(u^2,v^2)=2$，又因为 $u^2+v^2$ 模 8 余 2，得到 $\frac{(u^2+v^2)}{2}$ 模 4 余 1，所以 $2\nmid g_2$，所以 $g_2=1$。又因为 $y_0^2=(v^2-u^2)·\frac{(u^2+v^2)}{2}$，所以得到 $v^2-u^2=a^2,v^2+u^2=2b^2$，其中 $a,b>0,gcd(a,b)=1,2\mid a,2\nmid b$。
$(4)$ 由于 $y_0<z_0$ 且 $z_0>1$，所以 $v^4=z_0+y_0^2<z_0+z_0^2<z_0^4$。又因为 $u<v$ 且 $v^2+u^2=2b^2$，所以有 $0<u<b<v<z_0$。同时，我们知道 $(a,u,v)$ 是方程 $x^2+y^2=z^2$ 的一组本原解并且 $2\mid a$，所以由定理 2 知必存在整数 $r,s$ 满足 $0<s<r,gcd(s,r)=1,2\nmid r+s$，使得 $u=r^2-s^2,a=2rs,v=r^2+s^2$。于是我们得知 $r^4+s^4=\frac{(r^4-2r^2{s}^2+s^4)+(r^4+2r^2{s}^2+s^4)}{2}=\frac{(u^2+v^2)}{2}=b^2$。然后我们就会发现，$(r,s,b)$ 同样是方程 $x_0^4+y_0^4=z_0^2$ 的一组满足 $xyz\ne$ 0 的正整数解，并且 $b<z_0$，与 $z_0$ 的最小性矛盾。
所以我们得知，方程 $x^4+y^4=z^2$ 没有 $xyz\ne 0$ 的整数解。
证毕

那么，由定理 4 可以立刻推出：
定理 5 方程 $x^4+y^4=z^4$ 没有 $xyz\ne 0$ 的整数解。

费马提出了费马大定理，也就是不定方程 $x^n+y^n=z^n$ 在 $n>2$ 时无 $xyz\ne 0$ 的整数解。但是我不会证。

定理 6 不定方程 $x^2+y^2=z^4$ 的所有本原解是 $x=|6a^2{b}^2-a^4-b^4|,y=4ab(a^2-b^2),z=a^2+b^2$ 以及 $x=4ab(a^2-b^2),y=|6a^2-a^4-b^4|,z=a^2+b^2$ 其中 $a,b$ 是满足 $0<b<a,(a,b)=1,2\nmid a+b$ 的任意正整数。
证明：我们发现，$(x,y,z^2)$ 是方程 $x^2+y^2=z^2$ 的一组本原解。所以，由引理 1 知，$(x,y)$ 必定是一奇一偶。不妨假设 $2\mid y$，由定理 2 知，必有 $x=r^2-s^2,y=2rs,z^2=r^2+s^2$，其中整数 $r,s$ 满足 $0<s<r,gcd(s,r)=1,2\nmid r+s$。然后我们发现，$(r,s,z)$ 还是方程 $x^2+y^2=z^2$ 的一组本原解。我们知道 $r,s$ 必定是一奇一偶，所以，针对 $r,s$ 的奇偶性进行讨论：
$(1)$ 如果 $2\mid s$，那么由定理 2 知，必有 $r=a^2-b^2,s=2ab,z=a^2+b^2$，由于 $r>s$，其中 $a,b$ 满足 $0<b<a,gcd(a,b)=1,2\nmid a+b,a^2-b^2>2ab$，所以 $(\sqrt{2}-1)a>b>0,gcd(a,b)=1,2\nmid a+b$，并且原方程的解是 $x=a^4+b^4-6a^2{b}^2,y=4ab(a^2-b^2),z=a^2+b^2$。
$(1)$ 如果 $2\mid r$，那么由定理 2 知，必有 $s=a^2-b^2,r=2ab,z=a^2+b^2$，由于 $r>s$，其中 $a,b$ 满足 $0<b<a,gcd(a,b)=1,2\nmid a+b,a^2-b^2<2ab$，所以 $a>b>(\sqrt{2}-1)a>0,gcd(a,b)=1,2\nmid a+b$，并且原方程的解是 $x=4ab(a^2-b^2),y=a^4+b^4-6a^2{b}^2,z=a^2+b^2$。
综上，不定方程 $x^2+y^2=z^4$ 的所有本原解是 $x=|6a^2{b}^2-a^4-b^4|,y=4ab(a^2-b^2),z=a^2+b^2$ 以及 $x=4ab(a^2-b^2),y=|6a^2-a^4-b^4|,z=a^2+b^2$ 其中 $a,b$ 是满足 $0<b<a,(a,b)=1,2\nmid a+b$ 的任意正整数。
证毕