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§1.2 各种方程的求解

勾股数

书中求解 $X^2 + Y^2 = 1$ 时将其解用 $t$ 表示, 这里的道理就是中学时处理圆锥曲线常见的有理参数化. 因为这里的自由度只有 $1$, 所以肯定可以用一个变元表示出所有的解.

值得注意的是, 最后求出:

\[ (X, Y) = \qty(\frac{t^2 - 1}{t^2 + 1}, \frac{2t}{t^2 + 1}) \]

这个形式看起来很熟悉, 因为我们知道:

\[ \cos \alpha = \frac{\cot^2(\alpha / 2) - 1}{1 + \cot^2(\alpha / 2)}, \sin \alpha = \frac{2\cot(\alpha / 2)}{1 + \cot^2(\alpha / 2)} \]

设直线过 $P(1, 0)$ 交圆与 $Q$, 这里的 $\alpha$ 实际上就是圆心角 $\angle POQ$. 之所以不采用此形式是因为书中的形式只需表明 $t\in \mathbb Q$ 即可得到有理解, 而 $(\cos \alpha, \sin \alpha)$ 这样的形式在欲使其表示有理点时, 显然没有关于 $\alpha$ 的简易约束.

由此观之, 寻找正确的表示, 对于得出结论是至关重要的.

根据书中的形式, 我们可以更进一步的得到如下的定理.

Theorem 1.2.1 (本原勾股数)

若 $a, b, c \in \mathbb Z_{\ge 1}$ 满足 $a^2 + b^2 = c^2$, 且 $\gcd(a, b, c) = 1$, 则称其为一组本原勾股数.

对于任何一组本原勾股数, 必存在 $m, n \in \mathbb Z_{\ge 1}$ 使得

\[ a = m^2 - n^2, b = 2mn, c = m^2 + n^2 \]

$\mathbf{Proof}$.

不妨令 $t = \frac{m}{n}, \gcd(m, n) = 1$. 代入书中所给出的解, 便得到 $X = \frac{m^2 - n^2}{m^2 + n^2}, Y = \frac{2mn}{m^2 + n^2}$.

于是, $a^2 + b^2 = c^2$ 的解中 $a, b, c$ 就满足: $\frac{a}{c} = \frac{m^2-n^2}{m^2 + n^2}, \frac{b}{c} = \frac{2mn}{m^2 + n^2}$.

所以 $a, b, c$ 的整数解就形如 $(a, b, c) = k(m^2 - n^2, 2mn, m^2+n^2)$.

又三者互质, 故得定理中的形式.

□

接下来看练习.

{"source": "#import \"lib.typ\": *\n#show: setup\n\n#exercise(\"1.2.1\", title: \"D. Zagier\")[\n 设 $p$ 为素数, $p$ 除以 4 余 1. 按以下论证说明存在 $x, y in ZZ$ 使得 $x^2 + y^2 = p$: 定义有限集\n\n$\nS := { (x, y, z) | x, y, z in ZZ_(>= 1), x^2 + 4 y z = p }.\n$\n\n+ 考虑映射 $f: S -> S$ 如下\n\n $\n f(x, y, z) =\n cases(\n (x + 2 z, z, y - x - z) quad \"若 \" x < y - z,\n (2 y - x, y, x - y + z) quad \"若 \" y - z < x < 2 y,\n (x - 2 y, x - y + z, y) quad \"若 \" x > 2 y,\n )\n $\n\n 验证此定义是合理的, 而且对于所有 $(x, y, z) in S$ 皆有\n $f(f(x, y, z)) = (x, y, z)$.\n\n+ 说明 $f: S -> S$ 有唯一的不动点 $(x, y, z)$, 亦即满足\n $f(x, y, z) = (x, y, z)$ 的点. 由此说明 $S$ 的元素个数是奇数.\n\n+ 按 $g(x, y, z) = (x, z, y)$ 定义映射 $g: S -> S$, 说明 $g$ 有不动点.\n 以此说明 $x^2 + y^2 = p$ 有整数解.\n]\n\n#proof[\n1. 这映射是不是有点诡异了.\n \n 对这种奇怪的东西, 应该先进行一些基本的尝试, 代入验证.\n\n $ (x + 2 z)^2 + 4 z(y - x - z) = x^2 + 4 y z $\n\n 其他的两个展开也得到 $x^2 + 4 y z$. 所以这个定义是合理的.\n\n 可以验证: Case 1 会被映射到 Case 3, Case 3 会被映射到 Case 1, Case 2 则映射到自己. 代入就有 $f(f(x, y, z)) = (x, y, z)$.\n\n 这里仅展开 Case 1:\n\n 由 $x < y - z$, 则 $f(x, y, z) = (x + 2z, z, y - x - z)$.\n\n 设 $(X, Y, Z) = (x + 2z, z, y - x - z)$. 此时 $x + 2z > 2z arrow.long.r.double X > 2Y$, 即 Case 3.\n\n $ f(X, Y, Z) = (x + 2 z - 2 z, (x + 2z) - z + (y - x - z), z) = (x, y, z) $\n\n2. 观察第一项. 由于 $x, y, z in ZZ_(>= 1)$, 在 Case 1 的 $x + 2y$ 和 Case 3 中的 $x - 2y$ 都不可能等于 $x$.\n \n 因此唯一可能的是 Case 2, 于是有 $2y - x = x$ 即 $x=y$.\n \n 我们得到的三个方程有一个是 $y=y$, 信息不足, 所以不能直接解出 $x, y, z$ 的值. 考虑其他条件.\n\n 此时 $p = x^2 + 4 y z$ 就是 $p = x(x + 4 z)$. 由 $p$ 为素数, 此时仅可能有 $x = 1$.\n \n 于是 $y=1$, 又 $p$ 模 $4$ 余 $1$ 且 $p = 1 + 4 z$, 故 $z = frac(p - 1, 4)$.\n \n 唯一不动点为 $(1, 1, frac(p - 1, 4))$.\n\n 既然有唯一的不动点, 且 $f(f(x, y, z)) = (x, y, z)$, 所以其他所有元素可以借由 $f$ 两两配对, 因此必为偶数个. 故总元素个数为奇数.\n\n3. 容易发现 $g(g(x, y, z)) = (x, y, z)$, 因此它也可以将元素两两配对.\n\n 倘若 $g$ 没有不动点, 则 $S$ 的大小必为偶数. 但 $S$ 的大小为奇数, 因此 $g$ 必有奇数个不动点.\n\n 也就是说 $exists (x, y, z) in S, \"s.t.\" y = z$.\n\n 代入 $x^2 + 4 y z = p$, 由 $y = z$ 有 $x^2 + 4 y^2 = p$.\n\n 也就是 $x^2 + (2y)^2 = p$.\n\n 因此 $a^2 + b^2 = p$ 必有整数解.\n]"}

这里的核心想法是, 将 $x^2 + y^2 = p$ 的所有解 $(x, y)$ 构成的空间置于更大的, $x^2 + 4yz =p$ 的所有解所构成的空间 $(x, y, z)$ 中. 如此, 原空间就是新空间取一个对角平面 $y=z$ 的结果.

因为这个空间具有交换 $y, z$ 的对称性, 因此我们只要证明点是奇数个, 在 $y=z$ 的这个对角平面上就一定非空, 原空间就必定非空.

这也太炫酷了! 未来会用更简单的方法证明这个定理, 但它寻找多种对称性的方法仍相当值得学习.