略談 Diophantine Equations

6.4. 高次的 Congruence Equation 93

6.4. 高次的 Congruence Equation

所謂高次的 congruence equation 指的是次數大於 2 的 congruence equation. 我們這裡要處 理的當然不是一般的 congruence equation. 我們想利用 primitive root 來幫我們解如 xⁿ≡ a (mod m) 其中 gcd(a, m) = 1 這樣的 congruence equation.

首先我們將 m 寫成質因數的乘積, 即 m = 2ⁿ⁰pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 其中這些 p_i 為相異奇質數而 n0≥ 0. 利用 Corollary 4.4.3, 我們知道 xⁿ≡ a (mod m) 有解若且唯若 xⁿ≡ a (mod 2ⁿ⁰)以及 所有的 i∈ {1...,r}, xⁿ≡ a (mod pⁿ_iⁱ) 皆有解. 所以我們只要探討 xⁿ≡ a (mod 2ⁿ⁰)及 xⁿ≡ a (mod pⁿ_iⁱ) 解的情況. 當 n₀≥ 3 時, 由於在 modulo 2ⁿ⁰ 沒有 primitive root, 討論解的情形較 複雜, 這裡我們不多做討論. 我們僅討論當 n₀≤ 2 的情形, 也就是說此處我們探討解 xⁿ≡ a (mod m) 的方法僅適用於 8- m 的情況. 在此情況之下我們只要解 xⁿ≡ a (mod 2ⁿ⁰), 其中 n0≤ 2, 以及解 xⁿ≡ a (mod pⁿ_iⁱ). 這兩種情況 (即 modulo 2ⁿ⁰ 和 modulo pⁿ_iⁱ), 由於 primitive root 皆存在, 我們利用下面的方法就可判別其解是否存在.

Theorem 6.4.1. 給定 m∈ N, 假設在 modulo m 之下 primitive root 存在. 考慮 xⁿ≡ a (mod m), 其中 n∈ N 且 gcd(a,m) = 1. 令 d = gcd(n,ϕ(m)). 則 xⁿ≡ a (mod m) 有解若且唯 若

a^ϕ(m)/d≡ 1 (mod m).

Proof. 首先假設 xⁿ≡ a (mod m) 有解, 即存在 c ∈ Z 滿足 cⁿ≡ a (mod m). 因為 gcd(a,m) = 1, 所以 gcd(c, m) = 1, 故由 Euler’s Theorem (3.3.2) 知 c^ϕ(m)≡ 1 (mod m). 此時由於 d|ϕ(m) 且 d|n, 故得

a^ϕ(m)/d≡ (cⁿ)^ϕ(m)/d= (c^ϕ(m))^n/d≡ 1 (mod m).

(注意此部分的證明是不需 modulo m 的 primitive root 存在之假設.)

反之, 假設γ 為 modulo m 之下的一個 primitive root. 依定義 {γ,γ², . . . ,γ^ϕ(m)} 是一個 reduced residue system modulo m, 也就是說任何和 m 互質的數 b, 皆存在 i∈ N 使得 γⁱ≡ b (mod m). 因此存在 r∈ N 使得 a ≡γ^r (mod m). 另一方面若 c 是 xⁿ≡ a (mod m) 的一個解, 則由於 gcd(c, m) = 1, 一定也存在 t∈ N 使得 c ≡γ^t (mod m). 因此要解 xⁿ≡ a (mod m) 就 等同於要找到 t∈ N 使得

(γ^t)ⁿ=γ^nt≡γ^r (mod m).

由於 γ 是 modulo m 的 primitive root, 我們有 ordm(γ) = ϕ(m), 故利用 Proposition 6.1.6, 知 γ^nt≡γ^r (mod m) 若且唯若 nt≡ r (modϕ(m)), 也就是說我們要找到 t ∈ N 滿足

nt≡ r (mod ϕ(m)).

另一方面依假設 a^ϕ(m)/d≡ 1 (mod m), 即 γ^rϕ(m)/d≡ 1 (mod m), 故由 Proposition 6.1.4 知 ϕ(m)|rϕ(m)/d. 這表示 ϕ(m)r/d 必須是 ϕ(m) 的倍數, 亦即 r/d ∈ Z, 也就是說 d|r. 然而 Proposition 4.3.1 告訴我們給定 n, r, 一次的 congruence equation, nt≡ r (mod ϕ(m)) 有解 若且唯若 d = gcd(n,ϕ(m))|r. 所以我們由 a^ϕ(m)/d≡ 1 (mod m) 之假設知 nt ≡ r (modϕ(m))

94 6. Primitive Roots

必有解. 若 t₀ 為其一解, 令 c =γ^t0, 則得

cⁿ=γ^nt0 ≡γ^r≡ a (mod m).

故知 c 為 xⁿ≡ a (mod m) 的一個解. 

當 m = p 為一質數 (此時 modulo p 當然有 primitive root) 且 n = 2 時, Theorem 6.4.1 就是 Euler’s criterion (Theorem 5.3.3). 所以 Theorem 6.4.1 可以說是 Theorem 5.3.3 的推 廣.

接下來我們要知道 xⁿ≡ a (mod m) 要是有解, 那麼在 modulo m 之下會有多少解. 和往 常一樣, 我們所用的方法是直接探討兩個解之間的關係, 如此一來不只可以精確地算出解的 個數, 而且可以很快的利用一個已知解將其他的解求出.

Proposition 6.4.2. 給定 m∈ N, 假設在 modulo m 之下 primitive root 存在. 考慮 xⁿ≡ a (mod m), 其中 n∈ N 且 gcd(a,m) = 1. 令 d = gcd(n,ϕ(m)). 若 xⁿ≡ a (mod m) 有解, 則在 modulo m 之下共有 d 個解.

事實上, 若 x≡ c (mod m) 是 xⁿ≡ a (mod m) 的一個解且 γ 是 modulo m 之下的一個 primitive root, 則在 modulo m 之下 x≡ cγ^tϕ(m)/d (mod m), 其中 t∈ {0,1,...,d −1} 是 xⁿ≡ a (mod m) 所有的解.

Proof. 由於 a 和 m 互質, xⁿ≡ a (mod m) 的解皆與 m 互質. 又由於γ 是 modulo m 之下的 一個 primitive root, 所以對於 xⁿ≡ a (mod m) 的任兩個解, 我們可假設其分別為 γ^r 和 γ^s, 其中 r, s∈ N. 也就是說

γ^rn= (γ^r)ⁿ≡ a ≡ (γ^s)ⁿ≡γ^sn (mod m).

因此利用 ord_m(γ) = ϕ(m) 以及 Proposition 6.1.6 得 rn ≡ sn (mod ϕ(m)). 因此由於 d = gcd(n,ϕ(m)) 依 Proposition 3.2.3 知 r ≡ s (mod ϕ(m)/d). 也就是說存在 λ ∈ Z 使得 s = r +λϕ(m)/d. 反之, 若 γ^r 是 xⁿ≡ a (mod m) 的一個解且 s = r +λϕ(m)/d, 則

(γ^s)ⁿ= (γ^rγ^λϕ(m)/d)ⁿ=γ^rnγ^λϕ(m)n/d≡ a(γ^ϕ(m))^λn/d≡ a (mod m).

因此γ^s 也是 xⁿ≡ a (mod m) 的一個解.

我 們 證 得 了 若 x≡ c ≡γ^r (mod m), 是 xⁿ≡ a (mod m) 的 一 個 解, 則 x ≡ cγ^λϕ(m)/d (mod m), 其中 λ ∈ Z, 是 xⁿ≡ a (mod m) 所有的解. 不過這些解在 modulo m 之下有許 多是相同的, 我們必須將有哪些相異解找出. 然而 c 和 m 互質, 故由 Corollary 3.2.4知 cγ^λϕ(m)/d ≡ cγ^λ′ϕ(m)/d (mod m) 若且唯若 γ^λϕ(m)/d ≡γ^λ′ϕ(m)/d (mod m). 再利用 ordm(γ) = ϕ(m) 以及 Proposition 6.1.6 知 γ^λϕ(m)/d≡γ^λ′ϕ(m)/d (mod m) 若且唯若λϕ(m)/d ≡ λ^′ϕ(m)/d (mod ϕ(m)) 也就是說 ϕ(m)|(λ − λ^′)ϕ(m)/d 亦即 d|λ − λ^′. 因此當 0≤ t ≤ d − 1 時, cγ^tϕ(m)/d 在 modulo m 之下皆相異. 另一方面對任意 λ ∈ Z 皆存在 h,t ∈ Z 使得 λ = hd + t, 其 中 0≤ t ≤ d − 1. 所 以 cγ^λϕ(m)/d 在 modulo m 之 下 都 會 與 某 個 cγ^tϕ(m)/d 同 餘, 其 中 t ∈ {0,1,...,d − 1}. 因此我們得證 xⁿ≡ a (mod m) 若有 x ≡ c (mod m) 這一個解則在 modulo m 之下 xⁿ≡ a (mod m) 共有 x ≡ c,cγ^ϕ(m)/d, cγ^2ϕ(m)/d, . . . , cγ^{(d−1)ϕ(m)/d} 這 d 個解. 

6.4. 高次的 Congruence Equation 95

接下來我們利用一個實際的例子解釋 Proposition 6.4.1 和 Proposition 6.4.2 所得之結 果.

Example 6.4.3. 我們來探討 x¹²≡ 10 (mod 27) 和 x¹²≡ 11 (mod 27) 解的情形.

由 於 27 = 3³ 所 以 在 modulo 27 之 下 primitive root 是 存 在 的. 又 ϕ(27) = 18 且 gcd(12,ϕ(27)) = gcd(12,18) = 6 利用 Proposition 6.4.1 我們可分別由 10^ϕ(27)/6= 10³ 和 11³ 在 modulo 27 是否為 1 來判定 x¹²≡ 10 (mod 27) 和 x¹²≡ 11 (mod 27) 是否有解. 事實上 10³≡ 1 (mod 27) 且 11³≡ 8 ̸≡ 1 (mod 27), 所以 x¹²≡ 10 (mod 27) 有解而 x¹²≡ 11 (mod 27) 無解.

要找出 x¹²≡ 10 (mod 27) 的解, 首先需先找到 modulo 27 的一個 primitive root. 由於 2 是 modulo 3 的 primitive root 且 2²≡ 4 ̸≡ 1 (mod 9), 所以由 Lemma 6.3.4 知 2 在 modulo 9 是 primitive root. 因而由 Proposition 6.3.7 知 2 在 modulo 27 之下依然是 primitive root. 既然 2 是 modulo 27 的一個 primitive root 經計算我們知 2⁶≡ 10 (mod 27) 且可以將 x¹²≡ 10 (mod 27) 的一解寫成 x ≡ 2^t (mod 27) 的形式. 也就是說我們要解

(2^t)¹²≡ 2⁶ (mod 27).

因此由 ord₂₇(2) =ϕ(27) = 18 以及 Proposition 6.1.6 知此等價於解 12t≡ 6 (mod 18).

故由 gcd(18, 12) = 6 得 2t≡ 1 (mod 3), 即 t ≡ 2 (mod 3). 解出 x ≡ 2² ≡ 4 (mod 27) 為 x¹²≡ 10 (mod 27) 的一個解. 再由 ϕ(27)/6 = 3 以及 Proposition 6.4.2 知 x ≡ 4,4 × 2³, 4× 2⁶, 4× 2⁹, 4× 2¹², 4× 2¹⁵ (mod 27), 即 x≡ 4,5,13,23,22,14 (mod 27) 為 x¹²≡ 10 (mod 27) 所有的解. 事實上我們也可以由 12t≡ 6 (mod 18) 找到 t ≡ 2,5,8,11,14,17 (mod 18) 為其所 有的解, 而得 x≡ 2², 2⁵, 2⁸, 2¹¹, 2¹⁴, 2¹⁷ (mod 27) 為 x¹²≡ 10 (mod 27) 所有的解.

Exercise 6.9. 試判斷以下 congruence equation 是否有解, 若有解試寫下其所有解.

(1) x³≡ 11 (mod 14). (2) x⁴≡ 12 (mod 17).

(3) x⁵≡ 13 (mod 18). (4) x⁶≡ 7 (mod 19).

Exercise 6.10. 在以下各題中試找出所有可能的整數 a 使其 congruence equation 有解.

(1) ax⁹≡ 6 (mod 13). (2) 7x⁹≡ a (mod 13).

(3) ax¹²≡ 9 (mod 17). (4) 8x¹²≡ a (mod 17).

Exercise 6.11. 令 p≥ 5 為質數.

(1) 試證明 x⁴≡ −1 (mod p) 有解若且唯若 p ≡ 1 (mod 8).

(2) 假設 p≡ 1 (mod 6) 且 p - a 試證明若 x³≡ a (mod p) 有解, 則在 modulo p 之下共 有 3 個相異解.

(3) 假設 p≡ 5 (mod 6) 試證明 x³≡ a (mod p) 在 modulo p 之下有唯一解.

Chapter 7

略談 Diophantine Equations

我們利用探討 Diophantine equations 的問題來作為本講義之總結. 一般而言若 f (x₁, . . . , xn) 是一個多變數的整係數多項式, 求 f (x₁, . . . , x_n) = 0 的所有整數解就是 Diophantine equation 的問題. 由於是求整數解有無限多種可能, 所以解 Diophantine equations 的問題比起解有 限問題的 congruence equations 是困難許多. 事實上我們目前學的理論僅能論及一些簡單 的 Diophantine equations. 在這裡我們僅希望利用前幾章所學的結果讓大家了解如何用它 們來解決問題, 而不想深入的談論 Diophantine equations.

7.1. 兩個處理 Diophantine Equations 的方法

我 們 簡 單 的 介 紹 兩 種 處 理 Diophantine equations 的 方 法. 這 兩 種 方 法 都 是 用 來 處 理 Diophantine equations 無解的情況.

第一種方法是用 congruence 的方法處理. 也就是說如果一個 Diophantine equation f (x₁, . . . , x_n) = 0 有整數解, 則對任意的 m∈ N 在 modulo m 之下 f (x1, . . . , x_n)≡ 0 (mod m) 當然有解. 因此若能找到一個 m 使得 f (x₁, . . . , xn)≡ 0 (mod m) 無解, 那麼原 Diophantine equation f (x₁, . . . , x_n) = 0 就無解.

Proposition 7.1.1. 假設 f (x1, . . . , x_n) 是一個 n 個變數的整係數多項式. 若存在 m∈ N 使 得 f (x₁, . . . , xn)≡ 0 (mod m) 無解, 則 f (x1, . . . , xn) = 0 無整數解.

Proof. 利 用 反 證 法 假 設 x₁ = c₁, . . . , x_n = c_n 是 f (x₁, . . . , x_n) = 0 的 一 組 整 數 解. 由 於 f (c1, . . . , cn) = 0, 自然有 f (c1, . . . , cn)≡ 0 (mod m), 也就是說 x1 ≡ c1 (mod m), . . . , xn ≡ cn

(mod m) 會是 f (x₁, . . . , x_n)≡ 0 (mod m) 的一組解. 此和 f (x1, . . . , x_n)≡ 0 (mod m) 無解的假 設相矛盾故知 f (x₁, . . . , xn) = 0 無整數解.  97

98 7. 略談 Diophantine Equations

要注意 Proposition 7.1.1 說的是若能找到一個 m∈ N 使得 f (x1, . . . , x_n)≡ 0 (mod m) 無 解, 則 f (x₁, . . . , x_n) = 0 無整數解. 並不是說若能找到 m∈ N 使得 f (x1, . . . , x_n)≡ 0 (mod m) 有解, 則 f (x₁, . . . , xn) = 0 有整數解. 千萬別搞錯了, 我們來看個例子.

Example 7.1.2. 考慮 Diophantine equation 11x²− 7y²= 2. 在 modulo 11 之下, 我們要 解 −7y²≡ 2 (mod 11). 由於 −7 × 3 ≡ 1 (mod 11), −7y²≡ 2 (mod 11) 兩邊乘上 3 可得 y²≡ 6 (mod 11). 考慮 Legendre symbol

( 6 11

)

= ( 2

11 )( 3

11 )

. 由於 11≡ 3 (mod 8) 故由 Theorem 5.4.3 知

( 2 11

)

=−1 且由 Theorem 5.4.6 知 ( 3

11 )

=− (11

3 )

=− (2

3 )

= 1. 因 此得

( 6 11

)

=−1, 也就是說 y²≡ 6 (mod 11) 無解. 換言之, 11x²− 7y²− 2 ≡ 0 (mod 11) 無 解, 因而由 Proposition 7.1.1 知 11x²− 7y²= 2 無整數解.

注意若將 11x²− 7y²= 2 考慮在 modulo 7 的情形, 也就是解 11x²≡ 2 (mod 7). 由於 11× 2 ≡ 1 (mod 7), 11x²≡ 2 (mod 7) 兩邊乘上 2 得 x²≡ 4 (mod 7). 很明顯的此式有 x ≡ 2 (mod 7) 為其解, 但由前已知 11x²− 7y²= 2 並無整數解. 所以由此例可知, 並不能因找到 m∈ N 使得 f (x1, . . . , xn)≡ 0 (mod m) 有解, 便斷言 f (x1, . . . , xn) = 0 有解.

或許大家會好奇, 若對於任意的正整數 m, f (x₁, . . . , x_n)≡ 0 (mod m) 皆有解, 是否就能得 f (x₁, . . . , x_n) = 0 有整數解呢? 由下面的例子我們可以知道, 這仍是不一定對的.

Example 7.1.3. 令 f (x) = (x²−17)(x²−19)(x²−323) 考慮 Diophantine equation f (x) = 0.

很明顯的這個 Diophantine equation 並無整數解. 但是我們將說明, 對任意 m∈ N, f (x) ≡ 0 (mod m) 皆有解.

由 Corollary 4.4.3 我們知道要證明對任意 m∈ N, f (x) ≡ 0 (mod m) 皆有解, 等同於要證 明對任意質數 p 以及 n∈ N, f (x) ≡ 0 (mod pⁿ)皆有解.

當 p = 2, n = 1 時, f (x)≡ (x²−1)³ (mod 2), 故 f (x)≡ 0 (mod 2) 有解. 而當 p = 2,n = 2 時, f (x)≡ (x²− 1)(x²− 3)² (mod 4), 所 以 f (x)≡ 0 (mod 4) 亦有解. 當 p = 2,n ≥ 3 時, 由於 17≡ 1 (mod 8), Proposition 5.2.1 告訴我們 x²≡ 17 (mod 2ⁿ) 必有解, 所以 f (x) = (x²− 17)(x²− 19)(x²− 323) ≡ 0 (mod 2ⁿ) 當然有解.

當 p = 17 時由於 17≡ 1 (mod 8), 故由 Theorem 5.4.3 知 x²≡ 19 ≡ 2 (mod 17) 有解.

因此由 Proposition 5.2.4 知對任意 n∈ N, x² ≡ 19 (mod 17ⁿ) 皆有解. 因此知 f (x)≡ 0 (mod 17ⁿ) 有解. 而當 p = 19 時, 由於 17≡ 1 (mod 8) 故得

(17 19

)

= (19

17 )

= ( 2

17 )

= 1, 也就是說 x²≡ 17 (mod 19) 有解. 再由 Proposition 5.2.4 知對任意 n ∈ N, x²≡ 17 (mod 19ⁿ) 皆有解. 因此知 f (x)≡ 0 (mod 19ⁿ) 有解.

當 p 是奇質數且 p̸= 17,19 時, 若 x²≡ 17 (mod p) 有解, 則 Proposition 5.2.4 告訴 我們對任意 n∈ N, x²≡ 17 (mod pⁿ) 亦有解. 所以此時 f (x)≡ 0 (mod pⁿ) 有解. 同理若 x²≡ 19 (mod p) 有解, 可得對任意 n ∈ N, f (x) ≡ 0 (mod pⁿ) 亦有解. 而若 x²≡ 17 (mod p) 和 x²≡ 19 (mod p) 皆無解, 即

(17 p

)

= (19

p )

=−1, 則由 (232

p )

= (17

p )(19

p )

= 1 知

7.1. 兩個處理 Diophantine Equations 的方法 99

x²≡ 232 (mod p) 有解, 因此得對任意 n ∈ N, x²≡ 232 (mod pⁿ) 皆有解. 我們仍得 f (x)≡ 0 (mod pⁿ) 有解.

綜合以上結果我們知, 對任意質數 p 以及 n∈ N, f (x) ≡ 0 (mod pⁿ) 皆有解. 所以對任意 m∈ N, f (x) ≡ 0 (mod m) 皆有解. 但是事實上 f (x) = 0 並沒有整數解.

再次強調一次, 我們介紹的 congruence 方法僅能拿來證明 Diophantine equation 無解.

所以若有一個 Diophantine equation 你認為它並無整數解, 那你可以考慮用 congruence 的 方法去證明它無解. 也就是說試著找到一個 m∈ N 使其在 modulo m 之下無解, 那麼就 證得此 Diophantine equation 無整數解. 若你認為一個 Diophantine equation 有解, 那麼 congruence 的方法頂多可以提供你其解的可能形式, 並無法告訴你原 Diophantine equation 有解.

另一種常用的方法稱為 descent 的方法. 它也是拿來證明一個 Diophantine equation 沒 有正整數解. 其背後的原理是用到正整數的 well-ordering principle. 方法仍然是用反證法:

假設 Diophantine equation f (x₁, . . . , x_n) = 0 有正整數解且 x₁= c₁, . . . , x_i= c_i, . . . , x_n= c_n 為 其一組解. 若我們能利用 x₁= c₁, . . . , x_i= c_i, . . . , x_n= c_n 這一組正整數解找到另一組正整數解 x1= c^′₁, . . . , xi= c^′_i, . . . , xn= c^′_n, 其中對某個特定 i∈ {1,...,n} 會有 c^′i< ci, 則接下來可利用 x1= c^′₁, . . . , x_i= c^′_i, . . . , x_n= c^′_n 這一組正整數解找到另一組正整數解 x₁= c^′′₁, . . . , x_i= c^′′_i, . . . , x_n= c^′′_n 滿足 c^′′_i < c^′_i. 如此一直下去我們可得一個嚴格遞減的無窮正整數數列 ci> c^′_i> c^′′_i >··· 此和 正整數的 well-ordering principle 相違背, 故得證 f (x₁, . . . , x_n) = 0 沒有整數解.

以後我們會利用 descent 的方法證明某個有名的 Diophantine equation 無正整數解. 底 下我們先舉一個簡單的例子讓大家了解 descent 的方法.

Example 7.1.4. 大家都知道 √

2 是無理數, 所以我們可知 x²− 2y²= 0 這個 diophantine equation 無正整數解. 我們利用 descent 的方法來解釋 x²− 2y²= 0 無正整數解.

假設 x = c₁, y = d1 是 x²− 2y²= 0 的一組正整數解. 則由於 c²₁= 2d₁², 我們知 c1 必為正 偶數, 也就是說存在 c₂∈ N 使得 c1= 2c₂. 因此得 4c²₂= 2d₁², 即 2c²₂= d₁². 由此又得 d₁ 是正 偶數, 故存在 d₂∈ N 使得 d1= 2d₂. 因此得 2c²₂= 4d₂², 即 c²₂= 2d₂². 也就是說 x = c2, y = d₂ 為 x²− 2y²= 0 的一組正整數解. 我們利用 x = c1, y = d1 這一組正整數解得到 x = c₂, y = d2

這一組正整數解且滿足 c₁= 2c₂> c₂, 故利用 descent 的方法知 x²− 2y²= 0 無正整數解.

這裡有一個邏輯上的問題需注意. 所謂 descent 的方法是指一個 Diophantine equation 若能證明「任給一組」正整數解都能產生另一組 “較小” 的正整數解, 則該 Diophantine equation 無正整數解. 僅由「特定的一組」正整數解可以得到另一組 “較小” 的正整數解並 無法推得矛盾的結論. 例如 x = 8, y = 6, z = 10 是 x²+ y²= z²的一組正整數解, 將 x, y, z 皆除 以 2 得 x = 4, y = 3, z = 5 也是 x²+ y²= z² 的一組正整數解, 但此組解並不能再依此推得更 小的一組解, 所以無法推得矛盾的結論. 事實上 x²+ y²= z² 當然是有正整數解, 這並沒有和 descent 的方法相違背.

100 7. 略談 Diophantine Equations

7.2. Pythagorean Triple 和 Fermat’s Last Theorem

我們都知道直角三角形的兩股平方和等於斜邊的平方. 若一個直角三角形其三邊長皆為正 整數則此三個正整數就稱為是一組 Pythagorean triple. 換言之, 滿足 Diophantine equation x²+ y²= z² 的一組正整數解就是 Pythagorean triple. 我們將找到所有 Pythagorean triples 的形式且利用其來探討和 Fermat’s Last Theorem 有關的問題.

7.2.1. Pythagorean Triples. 我們希望能找到所有的 Pythagorean triples. 不過若沒有 限制條件要找到所有的解實在有點困難, 更何況有些 Pythagorean triple 其實是從某些 Pythagorean triple 輕易得到的. 因此我們希望找的 Pythagorean triples 雖然有限制條件但 希望都能由這些 Pythagorean triples 得到所有可能的 Pythagorean triples. 該多加哪些限 制能達到這個目的呢? 例如我們可以僅考慮 x²+ y²= z² 的正整數解. 這是因為一來若 x = 0 或 y = 0 那麼 x²= z² 或 y²= z² 這樣的 Diophantine equation 根本沒有意思; 再來其他的負 整數解都可以輕鬆地由正整數解得到, 所以僅考慮正整數解就足以表達所有的解.

類似的思考方向, 我們也可很輕易的從 x²+ y²= z² 的一組正整數解得到無窮多組正整 數解. 例如 x = 3, y = 4, z = 5 是一組正整數解, 因此可得對任意 λ ∈ N, x = 3λ,y = 4λ,z = 5λ 也是一組正整數解. 所以我們知有無窮多組 Pythagorean triples. 不過這樣所得的 Pythagorean triple 對我們來說是沒多大興趣的. 我們比較有興趣的是一組 Pythagorean triple “原始” 是來自哪個 Pythagorean triple. 也就是我們有興趣於那些最大公因數為 1 的 Pythagorean triple. 事實上任一組 Pythagorean triple 都是來自於某一組最大公因數 為 1 的 Pythagorean triple. 這是因為若 x = a, y = b, z = c 是一組 Pythagorean triple 且 gcd(a, b, c) = d, 則存在 a^′, b^′, c^′∈ N 使得 a = da^′, b = db^′, c = dc^′ 且 gcd(a^′, b^′, c^′) = 1. 另一方 面由於 a²+ b²= c² 可得 a^′2+ b^′2= c^′2, 所以 x = a^′, y = b^′, z = c^′ 就是一組最大公因數為 1 的 Pythagorean triple. 因此我們只要專注於最大公因數為 1 的 Pythagorean triple 即可.

最後我們發現若 x = a, y = b, z = c 是一組最大公因數為 1 的 Pythagorean triple, 當然 x = b, y = a, z = c 也是一組最大公因數為 1 的 Pythagorean triple, 也就是說藉由交換 x, y 的 順序所得的解也沒多大意思. 所以我們想找一個方法僅考慮一組 x, y 的順序即可. 例如我 們可僅考慮 x > y 的情形. 不過這樣的限制對我們找解沒有多大的幫助. 我們可以考慮另 一種限制. 首先注意最大公因數的限制使得我們的 Pythagorean triple 其 x, y 的值不能同 為偶數, 否則由 z²= x²+ y² 知 z 必為偶數, 造成 x, y, z 的最大公因數會大於等於 2. 另一方 面 x, y 的值也不能同為奇數. 這是因為若 x, y 皆為奇數, 則 x²≡ y²≡ 1 (mod 4). 因此會造 成 x²+ y²≡ 2 (mod 4), 然而 x²+ y² 是偶數, 故由 z²= x²+ y² 得 z 為偶數. 也就是說 z²≡ 0 (mod 4). 這會造成 0≡ z²≡ x²+ y²≡ 2 (mod 4) 的矛盾. 因此若我們要求的 Pythagorean triple 其最大公因數是 1, 則 x 和 y 必一奇一偶. 所以我們可以考慮限制我們的 Pythagorean triple 其 x 值為奇數而 y 值為偶數. 我們給有這些限制的 Pythagorean triples 一個特別的 名字.

Definition 7.2.1. 假設 a, b, c∈ N 滿足 a²+ b²= c² 且 gcd(a, b, c) = 1 又 a 為奇數而 b 為偶 數, 則稱 a, b, c 為一個 primitive Pythagorean triple.

7.2. Pythagorean Triple 和 Fermat’s Last Theorem 101

我們希望能找到所有的 primitive Pythagorean triples. 事實上 primitive Pythagorean triples 會有無窮多個, 所以這裡指的找到並不是將所有的 primitive Pythagorean triples 都 列出, 我們是要找到一個方法將所有的 primitive Pythagorean triples 表示出來.

Theorem 7.2.2. 給定任一組 primitive Pythagorean triple x, y, z 皆存在一組 m, n∈ N 其中 m > n, gcd(m, n) = 1 且 m, n 中有一個是奇數一個是偶數使得

x = m²− n², y = 2mn, z = m²+ n².

反之對任意一組 m, n∈ N 滿足 m > n, gcd(m,n) = 1 且 m,n 中有一個是奇數一個是偶數, 若令 x = m²− n², y = 2mn 且 z = m²+ n²,則 x, y, z 為一組 primitive Pythagorean triple.

Proof. 假設 x, y, z 是一組 primitive Pythagorean triple. 由於 x²+ y²= z², 我們得 y²= (z + x)(z− x). 依定義 y 是偶數而 x,z 是奇數, 所以 y/2,(z + x)/2 和 (z − x)/2 皆為正整數且 (y/2)²= ((z + x)/2)((z−x)/2). 注意此時 (z+x)/2 和 (z−x)/2 互質. 要不然會有一質數 p 為 (z + x)/2 和 (z−x)/2 的公因數, 因而得 p 為 (z+x)/2+(z−x)/2 = z 和 (z+x)/2−(z−x)/2 = x 的公因數. 如此會造成 p|y²= z²− x², 即 p|y, 因而與 gcd(x,y,z) = 1 相矛盾.

既然 (z + x)/2 和 (z− x)/2 互質, 故由 (y/2)²= ((z + x)/2)((z− x)/2) 可得 (z + x)/2 和 (z− x)/2 皆為某個整數之平方, 亦即存在 m,n ∈ N 使得 m²= (z + x)/2 及 n²= (z− x)/2. 此 時我們得

x = m²− n², y = 2mn, z = m²+ n².

至於 m 和 n, 由於 x > 0, 即 m²− n²> 0, 故知 m > n. 又因為 (z + x)/2 和 (z− x)/2 互質, 即 gcd(m², n²) = 1, 我們得 gcd(m, n) = 1. 最後依定義 x = m²− n² 是奇數, 故知 m 和 n 中有一 個是奇數一個是偶數.

反之對任意一組 m, n∈ N 滿足 m > n, gcd(m,n) = 1 且 m,n 中有一個是奇數一個是偶數, 若令 x = m²− n², y = 2mn 且 z = m²+ n²,則自然知 x, y, z∈ N 且 x²+ y²= z², 也就是說 x, y, z 是一組 Pythagorean triple. 因此我們僅剩下要說明它們是 primitive, 即 gcd(x, y, z) = 1, x 為 奇數且 y 為偶數. 依定義 y = 2mn 所以 y 當然是偶數, 而 m, n 中一個是奇數一個是偶數所以 x = m²− n² 當然是奇數. 至於 gcd(x, y, z) = 1 是因為如果 gcd(x, y, z) > 1, 則 gcd(x, y, z) 必為 奇數 (因為已知 x 是奇數) 所以存在一奇質數 p 為 x, y, z 的公因數. 因為 p 整除 z + x = 2m² 且 p 整除 z− x = 2n² 又因為 p 為奇質數, 我們得 p|m 且 p|n. 此與 m,n 互質的假設相矛盾,

故知 gcd(x, y, z) = 1. 

Theorem 7.2.2 告訴我們每一個 primitive Pythagorean triple 都可由一組一奇一偶且互 質的正整數 m, n 得到, 而且每給一組這樣的正整數就可得一組 primitive Pythagorean triple.

雖然我們可以輕易的找到無窮多組這樣的 m, n 但這並不表示可以產生無窮多組 primitive Pythagorean triples, 除非我們知道不同的一組 m, n 可產生不同的 Pythagorean triple. 事實 上若 m, n 和 m^′, n^′ 是兩組一奇一偶且互質的正整數其中 m > n 且 m^′> n^′, 假設 m, n 和 m^′, n^′ 產生一樣的 primitive Pythagorean triple. 亦即 m²−n²= m^′2−n^′2 且 m²+ n²= m^′2+ n^′2. 將 兩式相加可得 2m²= 2m^′2, 故由 m, m^′ 皆為正整數得 m = m^′. 同理得 n = n^′. 因此我們有以 下之結果.

102 7. 略談 Diophantine Equations

Corollary 7.2.3. 存 在 無 窮 多 組 primitive Pythagorean triple. 事 實 上 對 任 意 的 一 組 primitive Pythagorean triple 皆存在唯一的一組 m, n∈ N 其中 m > n, gcd(m,n) = 1 且 m,n 中有一個是奇數一個是偶數使得 x = m²− n², y = 2mn, z = m²+ n².

Exercise 7.1. 試證明以下 Diophantine equation 無解.

(1) 3x²− 7y²= 2.

(2) x²+ y²+ 1 = 4z.

Exercise 7.2. 試找出所有滿足 z≤ 50 的 primitive Pythagorean triples x,y,z.

Exercise 7.3. 假設 x, y, z 是一組 primitive Pythagorean triple.

(1) 試證明 x, y 中恰有一個是 3 的倍數.

(2) 試證明 x, y 中恰有一個是 4 的倍數.

(3) 試證明 x, y, z 中恰有一個是 5 的倍數.

(4) 試證明 60| xyz

———————————– 15 June, 2018