从费马大定理谈起（二）：勾股数

费马大定理说的是$n > 2$的情况，但是我们可以从$n=2$出发，求解到勾股数组的一般表达式，并且从中得到证明费马大定理的原始思想。

互质解 #

我们在实整数，也就是$\mathbb{Z}$内求解。为了求解不定方程$x^2+y^2=z^2$，首先我们注意到，这是一道齐次方程，这告诉我们，如果存在某一组解，那么可以通过同除以公约数的方法，得到一组两两互质的解。换句话说，有解必有互质解，这是$x^n+y^n=z^n$的解的通性。那么，我们假设$(x,y,z)=(a,b,c)$ 是方程$x^2+y^2=z^2$的一个互质解。

下面来分析同余性质。我们选择素因子2，也就是分析$a,b,c$的奇偶性。在$\mathbb{Z}$中，2是一个比较特殊的素数，因为它是绝对值最小的素数，所以它的同余情况最小（2除任意整数，要不模1，要不整除）。很容易注意到一个事实是：

如果$n\equiv 1(\bmod\,2)$，那么$n^2\equiv 1(\bmod\,4)$。

这样子，我们就得到$a,b$之中，必然一奇一偶。证明如下：因为是互质解，所以不可能都是偶数，假如是两个奇数，那么$a^2\equiv 1(\bmod\,4),b^2\equiv 1(\bmod\,4)$，得到$(a^2+b^2)\equiv 2(\bmod\,4)$，但是$a^2+b^2=c^2$，所以$c^2\equiv 2(\bmod\,4)$，这是矛盾的，因为平方数模4只能是1或0。

既然$a,b$一奇一偶，那么$c$就是奇数，可以设$a$是偶数，$b$是奇数，注意到
$$a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)$$
我们知道，$m,n$的公约数必然也整除$m+n$和$m-n$，因此，$c-b$和$c+b$的公约数必然也整除$2c$和$2b$，由于$c,b$都是奇数，因此$c-b$和$c+b$有公约数2，这样子，可以设$c-b=2u,c+b=2v,a=2\alpha$，此时有
$$\alpha^2=uv$$
这时候$u+v=c,v-u=b$，由于在假设中$b,c$是互质的，因此$(u,v)=1$。两个互质的数之积是一个平方数，那么这两个数在相差一个单位数因子的意义之下，本身就是平方数。要注意，这里“相差一个单位数因子”是不能缺少的，$\mathbb{Z}$中的单位数是$\pm 1$，这告诉我们6不但可以写成$2\times 3$，也可以写成$(-2)\times (-3)$。因此可以设$u=\pm p^2,v=\pm q^2$，得到互质勾股数组的通解公式：
$$a=\pm 2pq,\ b=\pm q^2\mp p^2,\ c=\pm q^2\pm p^2$$

步骤回顾 #

我们来简单分析一下我们的各个步骤，并且留意哪些步骤可以同样地用来分析$n > 2$时的解。首先第一步是有解必有两两互质解，这个性质对于任意$n$都成立；其次，我们用到了关于素数2的同余分析，这个步骤在$n > 2$时就不适用了，但是，扩展数域之后，换另外的素因子，这个步骤同样可行；最后，我们用到了一个很关键的性质：“两个互质的数之积是一个平方数，那么这两个数在相差一个单位数因子的意义之下，本身就是平方数”。把这句话中的平方数换成立方数、四次方数等，结论照样成立，这跟$\mathbb{Z}$的唯一分解性质有关（算术基本定理）。

我们还看到，为了求解$x^2+y^2=z^2$，我们要将其进行因式分解$x^2=(z-y)(z+y)$，而且为了分析上的便捷性，是要分解成一次多项式的乘积。然而，这一点在$n > 2$时，在实数范围内并不能做到，而为了做到这一点，就需要将整数拓展到复数范围内，这时，我们就可以看到扩展数域的必要性了。不过，扩展后的“整数”中，很多在实整数比较显然的性质都不成立，比如唯一分解性，这就需要进一步的技巧来克服这些困难，而这些内容，将会在后面的文章谈及。

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