这是一个古老而有趣的问题,但在引入这个问题之前,我们首先来看一个简单的问题:

整数边直角三角形的面积能否为一个完全平方数?



答案是不能。我们可以举一些例子来检验一下,例如边长为3,4,5的直角三角形面积为6,6不是一个平方数;再如边长为5,12,13的直角三角形面积为30,30也不是一个平方数...当然,数学的最近目的是要求严格证明,而不是简单举例,否则就只得称为不完全归纳,这样得出来的是一个猜想,而不是“定理”,就好象著名的“哥德巴赫猜想”...本文我们将试图证明这个命题。

我们稍后还会发现,这个问题和以下问题是等价的:
是否存在一个面积为1的三边长都是有理数的直角三角形?

更让人意外的是,这个问题也等价于方程$x^4+y^4=z^4$并没有整数解,换句话说,我们要证明n=4时的“费马大定理”

现在我们就从最初的问题出发,尝试一下证明的过程。首先我们得证明三条引理
1、若a,b是一奇一偶的两个互质数,那么a,b,(a+b),(a-b)两两互质。
2、若n个两两互质的整数之积为一个平方数,那么这n个数都是平方数。
3、任何勾股数都是$(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$的形式的,其中a,b是正整数。

引理的证明并不难,利用初等数论的一些基本定理就可以得出来,因此不再详细证明。这里提示一下第二个引理的证明,若平方数具有素数因子p,那么p的个数必定是偶数个,将它分配到n个整数中去,要是分配到了两个不同的整数,那么这两个整数必定具有公约数p,这与前提“n个整数两两互质”矛盾,于是所有的p都被分到一个整数中去了。平方数的每一个素因子都如此,因此这n个整数都是偶数个素因子的积的形式,所以它们都是平方数。

好了,现在来看整数边直角三角形,我们采用的是反证法。假设存在面积是平方数的情况,那么必定会存在一个两直角边长互质的直角三角形,其面积是平方数,且这个三角形的周长是最短的一个(整数边三角形集合中总会存在一个周长最小的)。我们知道所有的勾股数都可以表示成$(a^2-b^2)+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$,由于我们已经假设了两个直角边长互质,因此a,b是一奇一偶的两个互质数且a > b.

三角形的面积为$1/2 * 2ab *(a^2-b^2)=ab(a-b)(a+b)$,也就是说,这是一个平方数。由引理1,a,b,(a+b),(a-b)两两互质,由引理2,a,b,(a+b),(a-b)都是平方数,令$a=x^2,b=y^2$,我们记
$x^2+y^2=z^2$
$x^2-y^2=w^2$
容易得到y必须是偶数。

两个相乘,得到$x^4-y^4=(zw)^2$,这表明$(zw),y^2,x^2$亦是一组勾股数。由引理3,不妨令$zw=p^2-q^2,y^2=2pq,x^2=p^2+q^2$,p,q也是正整数。那么存在一个边长为p,q,x的直角三角形,其面积为$1/2 pq=(\frac{y}{2})^2$,满足一开始的条件,且p,q,x都比原来的三边$(a^2-b^2),(2ab),(a^2+b^2)$小,这与假设矛盾!于是假设不成立,证毕。

经过一番讨论,我们终于把一开始提出来的问题给证明掉了,这里使用到的方法首次由费马提出来的,被称为“费马无穷归元法”,思想很简单,就是方程的自然数解之中肯定有一组能够满足某个最小值(如本身最小或之和、之积最小等),否则只能说解不存在(因为最小的自然数是0)。好吧,我们再来看一下这和费马大定理有什么关系呢?当n=4时,费马大定理表示为$a^4+b^4=c^4$没有正整数解。根据引理3,我们有$a^2=x^2-y^2,b^2=2xy,c^2=x^2+y^2$,注意到第三个式子,我们在上面已经证明了不存在两个平方数之和以及差都是平方数,于是费马大定理的一个特例被证明了!更一般地,对于所有的4的倍数n,费马大定理都不成立!

现在再次看一下本文的标题,其实这个问题最一般的提法是:
是否存在一个面积为n的三边长都是有理数的直角三角形?n是一个正整数

看起来简单,但其实这个问题是一个大难题,到目前为止这个问题只能算是“基本”解决,而不是“彻底”解决,这样看来,它的难度甚至可以与费马大定理相提并论。对于某些特定的n,我们可以证明它有解或无解,上面我们已经证明了n=1的情况,事实上当n=2,3,4时都是无解的,而当n=5,6,7时都有解。以下网址列出了能够使上述问题有解的n:
https://oeis.org/A003273

此时的n叫做congruent number

利用上边的讨论方法,我们不难发现,当n是一个素数时,其实这个问题相当于以下方程有正整数解
$n*x^2+y^2=z^2$
$|n*x^2-y^2|=w^2$

那么,这个问题是怎么被“基本解决”的呢?答案是Tunnell's theorem。它说,当n是奇数的时候,如果方程$n=2x^2+y^2+8z^2$的整数解的个数是方程$n=2x^2+y^2+32z^2$的两倍的话,那么n就是一个congruent number;当n是偶数时,如果方程$n=2x^2+y^2+8z^2$的整数解的个数是方程$n=2x^2+y^2+32z^2$的两倍的话,那么n就是一个congruent number;如果方程$n=8x^2+2y^2+16z^2$的整数解的个数是方程$n=8x^2+2y^2+64z^2$的两倍的话,那么n也是一个congruent number。

多年悬而未决的难题,迄今为止只得到了一个“判定性证明”,还不能够给出一个“构造性证明”(即可以根据n来给出具体的边长),可见问题之难。往日后能有数学家能够去彻彻底底攻克这个问题!不论如何,难题是一只会下金蛋的母鸡!


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