戴中林

(西華師范大學(xué)數(shù)學(xué)與信息學(xué)院，四川南充 637002)

1 引 言

對于不定方程xn+yn=zn的求解問題. 法國數(shù)學(xué)家費(fèi)馬(Fermat)早在1673年就給出了費(fèi)馬大定理[1]“當(dāng)n≥3時，xn+yn=zn沒有正整數(shù)解. ” 此后數(shù)學(xué)家們又對同類型的方程xn+yn=zm進(jìn)行了探索和研究，并得出“若(m，n)=1，方程xn+yn=zm必有正整數(shù)解[2-5].”至于更特殊的不定方程x2+y2=z2，則有下面眾所周知的勾股數(shù)原理.

引理若a，b為正整數(shù)，則方程x2+y2=z2的全部正整數(shù)解為(2ab，a2-b2，a2+b2).

而對于一類不定方程

x2+y2=zm(m為正整數(shù))，

(1)

其中的正整數(shù)m，根據(jù)算術(shù)基本定理，“任一大于1的自然數(shù)可分解為有限個素數(shù)之積.”由于最小的素數(shù)是2，大于2的素數(shù)均為奇數(shù)，而各奇數(shù)的冪或乘積仍為奇數(shù)，不妨設(shè)此奇數(shù)為p，則任意正整數(shù)m的分解式可記為m=p·2k(p為奇數(shù)，k=0，1，…，n)，故對不定方程(1)的研究可歸結(jié)于以下兩種情形的不定方程的求解問題.

(i) 當(dāng)p=1時，求解不定方程x2+y2=z2n.對于此類不定方程，其解法是應(yīng)用勾股數(shù)原理可得求正整數(shù)解的迭代計算法. 即首先導(dǎo)出該方程的迭代計算公式，然后將迭代公式中的最后一組變量賦予滿足一定條件的初始值代入，并依次計算出前一組變量的值，從而求得滿足該方程的一組正整數(shù)解.

(ii) 當(dāng)p為奇數(shù)時，求解不定方程x2+y2=zp·2n.對于這種類型的不定方程，其解法是首先將原方程改寫為x2+y2=(zp)2n，并求出滿足不定方程x2+y2=zp(p為奇數(shù))的任一組正整數(shù)解，然后將此解作為初始值，再應(yīng)用迭代法計算n次即求得原方程的正整數(shù)解.

2 主要結(jié)果及證明

2.1 關(guān)于不定方程x2+y2=zm解的概念

定義1[2]設(shè)不定方程x2+y2=zm的一組正整數(shù)解為(x，y，z).若x，y，z中有一個為零時，稱這樣的解(x，y，z)為方程的平凡解；若x，y，z均不為零，稱這樣的解(x，y，z)為方程的非平凡解.

對于平凡解，其求法簡單故一般不予研究，而主要研究的是求不定方程的非平凡解.

定義2設(shè)不定方程為x2+y2=zm.

(i) 若一組正整數(shù)(x，y，z)滿足方程，且x與y互素，則稱解(x，y，z)為該方程的一組基本解[2]；

(ii) 若一組正整數(shù)(λx，λy，λz)滿足方程，而(x，y，z)不滿足該方程，則稱解(λx，λy，λz)為該方程的一組基本解.

例如，不定方程x2+y2=z3，容易得到正整數(shù)解(2，11，5)，(2，2，2)，(5，10，5).由定義2知，這三組解都是該方程的基本解.

定義3設(shè)不定方程x2+y2=zm的任一組基本解為(x，y，z)，則解(xtm，ytm，zt2)與基本解(x，y，z)均為同類的解，簡稱同類解.

如上例中方程x2+y2=z3的三組基本解為(2，11，5)，(2，2，2)，(5，10，5).則其同類解應(yīng)分別為(2t3，11t3，5t2)，(2t3，2t3，2t2)，(5t3，10t3，5t2).

2.2 求不定方程x2+y2=z2n正整數(shù)解的迭代計算法

定理1不定方程

x2+y2=z2n

(2)

有正整數(shù)解的充要條件是

證必要性.方程(2)即x2+y2=(z2n-1)2，由引理，存在正整數(shù)a1，b1，使得上述方程有正整數(shù)解

又由方程

再由引理，存在正整數(shù)a2，b2，使得方程有正整數(shù)解

依此類推，最后有方程

由引理，存在正整數(shù)an，bn，使得方程有正整數(shù)解

將上述一系列過程中的ak，bk(k=n，n-1，…，1)逐次代入， 并設(shè)

故得不定方程(2)的正整數(shù)解

充分性. 應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明.

當(dāng)n=k時，設(shè)解(x，y，z)滿足方程x2+y2=z2k.

當(dāng)n=k+1時，其解(X，Y，Z)應(yīng)由n=k時的解(x，y，z)按迭代公式再計算一次，有

(X，Y，Z)=(2xy，x2-y2，x2+y2)，

則

即當(dāng)n=k+1時， 解(X，Y，Z)使得方程(2)成立，故對一切n，解(x，y，z)均滿足不定方程(2).

將前證明中的各方程組按逆向順序列出可得迭代計算法，其計算過程如下：

證應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明.

故當(dāng)k=p+1時， 則由迭代公式

故有

即得

開方取正值即得

例如，對于不同的方程x2+y2=z2k(k=1，2，3)，當(dāng)取an=2，bn=3時，

其每組解中均為z=13.

由此得到求解不定方程(2)的迭代計算法：任意取定正整數(shù)an，bn為初始值，代入迭代公式中進(jìn)行逐次計算，即可得到方程(2)的一組正整數(shù)解(x，y，z).

2.3 不定方程x2+y2=zp·2n(p為奇數(shù))的解法

若求不定方程

x2+y2=zp·2n

(3)

的正整數(shù)解(x，y，z)，應(yīng)首先求得不定方程

x2+y2=zp

(4)

的任一組正整數(shù)解(x0，y0，z0)，然后將其作為初始值應(yīng)用n次迭代法，其計算過程為

即得不定方程(3)的一組正整數(shù)解(x，y，z).

3 應(yīng)用實(shí)例

例1求不定方程x2+y2=z8的最小基本解及其同類解.

解應(yīng)用定理1的迭代計算法，本例方程中n=3，應(yīng)計算三次，為求該方程的最小解，可取初始值a3，b3為最小值，且(a3，b3)=1，故取a3=2，b3=1，則有

即得最小基本解(336，527，5)及其同類解(336t4，527t4，5t).

例2不定方程x2+y2=z12的最小基本解及其同類解.

解由文中第二種情形的方法，應(yīng)先求x2+y2=z3較小的基本解. 應(yīng)用觀察法可求得三組較小的基本解(2,2,2),(2，11，5)，(5，10，5)，顯然只有解(2，11，5)是方程x2+y2=z3的最小基本解，故可將其作為初始值，再應(yīng)用迭代法再計算2次.

即求得原不定方程的最小基本解(10296，11753，5)及其同類解(10296t6，11753t6，5t).

需要說明的是，解(2,2,2)雖然是該方程的最小解，但不是原方程的基本解.事實(shí)上，由迭代法解得

即原方程的解(0,64,2)為平凡解，故(2,2,2)不是原方程的一組基本解.

例3求不定方程x2+y2=z30的最小基本解.

解該例屬于引言中第二種情形，分兩步進(jìn)行計算.

第一步，應(yīng)首先求出不定方程

x2+y2=z15

(5)

的一組最小基本解.

不妨設(shè)方程(5)的某一組正整數(shù)解[2]為

x=arct，y=brct，z=cs.

(6)

代入方程(5)得

a2r+b2r=c15s-2t.

(7)

欲求方程(5)一組最小基本解，其方法是以下各值均應(yīng)取最小正整數(shù).

(i) 取方程(7)右端c15s-2t為最小值c，即得不定方程15s-2t=1，可求得一組最小正整數(shù)解s=1，t=7；

(ii) 由a2r+b2r=c，取最小正整數(shù)r=1，a=1，b=2，即得最小正整數(shù)c=5；

(iii) 將上述各值代入解(6)中，即得方程(5)的最小基本解(57，2·57，5).

第二步，然后再以正整數(shù)解(57，2·57，5)為初始值應(yīng)用迭代法一次， 即得原不定方程的最小基本解(4·514，3·514，5).

4 結(jié) 論

本文對不定方程x2+y2=zm有解的情形進(jìn)行系統(tǒng)的研究. 特別是當(dāng)m=p·2n(p為奇數(shù))時，將該方程化分為兩類，一類是關(guān)于不定方程x2+y2=z2n的求解，給出了理想的解決方法即迭代計算法；另一類是關(guān)于不定方程x2+y2=(zp)2n(p為奇數(shù))的求解，雖然該方程看是形式復(fù)雜，但其解法過程卻非常完美而簡單，從而解決了一類不定方程x2+y2=zm的求解問題.

致謝作者十分感謝相關(guān)文獻(xiàn)對本文的啟發(fā)以及審搞專家對本文提出的寶貴意見.