同余數(shù)問題的一個新結(jié)果*

管訓(xùn)貴

(泰州學(xué)院 數(shù)理學(xué)院，江蘇 泰州 225300)

1 引 言

同余數(shù)與直角三角形有關(guān)，且歷史悠久.在公元972年M. B. Alhocain的阿拉伯手稿中就有若干同余數(shù)的例子.但是也僅僅是最近50年來，由于Tunnell[1]的工作，我們才對它們有了比較全面的了解.

定義1 一個無平方因子的正整數(shù)N稱為同余數(shù)，如果它是一個有理邊長直角三角形的面積，即存在正有理數(shù)a,b,c，使得

同余數(shù)問題[2]是指：給定一個正整數(shù)N，判斷它是否是同余數(shù)，以及對于一個同余數(shù)N，找出面積為N的有理邊長直角三角形.

1960年，有三位數(shù)學(xué)家猜想：所有正整數(shù)N≡5,6,7(mod 8)都是同余數(shù).這個猜想至今尚未解決.

目前的主要結(jié)果是：

定理B(Monsky，1990) 若素數(shù)p≡3(mod 8)，則p不是同余數(shù)，但2p是同余數(shù)；若素數(shù)p≡5(mod 8)，則p是同余數(shù)；若素數(shù)p≡7(mod 8)，則p和2p都是同余數(shù).

定理C(田野[4]，2014) 任意給定正整數(shù)k，在模8余5，6，7的類中有無限多個無平方因子的同余數(shù)，這些同余數(shù)恰好是k個素因子的乘積.

本文針對N=pq(p,q為不同奇素數(shù))的情形，證明了以下一般性的結(jié)果.

定理1 設(shè)p,q為奇素數(shù)，若下列條件之一成立，則N=pq是同余數(shù)：

(ⅰ) 存在正整數(shù)r,s,A，使得r4+4s4=pqA2，gcd(r,s)=1，2?r.

(ⅱ) 存在正整數(shù)r,s,C，使得r4+6r2s2+s4=pqC2，r>s，gcd(r,s)=1，2?(r+s).

(ⅲ) 存在正整數(shù)r,s,D，使得|r4-6r2s2+s4|=pqD2，r>s，gcd(r,s)=1，2?(r+s).

(ⅳ) 存在正整數(shù)r,s,A，使得q2r4+4s4=pA2或r4+4q2s4=pA2，gcd(r,s)=gcd(rs,q)=1，2?r.

(ⅴ) 存在正整數(shù)r,s,A,C，使得r2+4s2=pA2，r2+8s2=qC2，gcd(r,s)=1，2?r.

(ⅵ) 存在正整數(shù)r,s,D，使得6pr2s2-p2s4-r4=4qD2，gcd(r,s)=1，2?rs，p≡1(mod 4)，p?r； 或6pr2s2-p2s4-r4=qD2，gcd(r,s)=1，2?(r+s)，p?r.

(ⅶ) 存在正整數(shù)r,s,C，使得r4+6pr2s2+p2s4=4qC2，gcd(r,s)=1，2?rs，p≡3(mod 4)，p?r；或r4+6pr2s2+p2s4=qC2，gcd(r,s)=1，2?(r+s)，p?r.

(ⅷ) 存在正整數(shù)r,s,D，使得r4-6pr2s2+p2s4=4qD2，gcd(r,s)=1，2?rs，p≡1(mod 4)，p?r；或r4-6pr2s2+p2s4=qD2，gcd(r,s)=1，2?(r+s)，p?r.

(ⅸ) 存在正整數(shù)r,s,C,D，使得r2+4s2=pC2，r2-4s2=qD2，2?r；或4s2+r2=pC2，4s2-r2=qD2，2?r.

2 關(guān)鍵性引理

引理1N是同余數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)有一個正有理數(shù)x，使得x，x+N，x-N都是有理數(shù)的平方.

證明參見文獻[5].

引理2 不定方程x2+y2=z2滿足條件gcd(x,y)=1以及2|x的一切正整數(shù)解可表示為

x=2mn，y=m2-n2，z=m2+n2，

這里m,n都是正整數(shù)，m>n，gcd(m,n)=1，m,n為一奇一偶.

證明參見文獻[6].

引理3 不定方程x2+y2=2z2滿足條件gcd(x,y)=1以及x>y的一切正整數(shù)解可表示為

x=m2-n2+2mn，y=|m2-n2-2mn|,z=m2+n2,

這里m,n都是正整數(shù)，m>n，gcd(m,n)=1，m,n為一奇一偶.

證明由于2|(x2+y2)，gcd(x,y)=1，因此x,y均為奇數(shù).又x>y，因此可設(shè)x+y=2a,x-y=2b(a,b是正整數(shù))，此時有x=a+b,y=a-b.由gcd(x,y)=1,知gcd(a,b)=1.把x=a+b,y=a-b代入原方程，得a2+b2=z2.因gcd(a,b)=1，故a,b,z兩兩互素.于是由引理2，可知

a=2mn,b=m2-n2,z=m2+n2；或a=m2-n2,b=2mn，z=m2+n2.

即

x=m2-n2+2mn,y=|m2-n2-2mn|，z=m2+n2,

這里m>n>0,gcd(m,n)=1,m,n為一奇一偶.引理3得證.

引理4 不定方程x2+2y2=z2滿足條件gcd(x,y)=1以及2|y的一切正整數(shù)解可表示為

x=|r2-2s2|，y=2rs，z=r2+2s2，

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，2?r.

證明參見文獻[6].

引理5 設(shè)m為無平方因子正整數(shù),則當(dāng)m=4k-2時,不定方程x2+my2=z2滿足條件gcd(x,y)=1的一切正整數(shù)解可表示為

x=|m1r2-2m2s2|,y=2rs,z=m1r2+2m2s2.

這里r,s,m1,m2均為正整數(shù),且gcd(a,b)=gcd(b,m1)=gcd(a,2m2)=1,m=2m1m2.

證明參見文獻[6].

引理6 設(shè)p為奇素數(shù)，則不定方程x2+py2=z2滿足條件gcd(x,y)=1的一切正整數(shù)解可表示為

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，r,s都是奇數(shù)，p?r；或

x=|r2-ps2|，y=2rs，z=r2+ps2,

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，r,s為一奇一偶，p?r.

證明參見文獻[6].

3 定理的證明

即

a2+b2=2c2，a2-c2=Nd2.

(1)

由(1)的第一式及引理3有

a=|m2-n2-2mn|，b=m2-n2+2mn，c=m2+n2；

(2)

或

a=m2-n2+2mn，b=|m2-n2-2mn|，c=m2+n2.

(3)

這里m>n>0,gcd(m,n)=1,m,n為一奇一偶.

將(2)代入(1)的第二式，整理得Nd2=-4mn(m2-n2)<0，顯然不可能.將(3)代入(1)的第二式，整理得Nd2=4mn(m2-n2)，即

(4)

易知，m,n,m+n與m-n兩兩互素. 假定使式(4)成立的m最小，我們分以下幾種情形討論：

情形1m=pqA2，n=B2，m+n=C2，m-n=D2.

此時有

D2+2B2=C2，pqA2+B2=C2.

(5)

由(5)的第一式及引理4，可得

D=|r2-2s2|，B=2rs，C=r2+2s2，

(6)

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，2?r.

將(6)的后兩式代入(5)的第二式并整理得

r4+4s4=pqA2，gcd(r,s)=1，2?r.

(7)

由于2?r，故2?A.對(7)的第一式取模4，有

pq≡1(mod 4).

(8)

情形2m=A2，n=pqB2，m+n=C2，m-n=D2.

則可以找到正整數(shù)f和g(必要時可將C替換成-C)，使得

此時有

情形3m=A2，n=B2，m+n=pqC2，m-n=D2.

此時有

B2+D2=A2， 2A2-D2=pqC2.

(9)

由于C,D都是奇數(shù)，故由(9)的第一式知，A為奇數(shù)，B為偶數(shù).根據(jù)引理2，(9)的第一式給出

B=2rs，D=r2-s2，A=r2+s2，

(10)

這里r,s都是正整數(shù)，r>s，gcd(r,s)=1，r,s為一奇一偶.

將(10)的后兩式代入(9)的第二式并整理得

r4+6r2s2+s4=pqC2，r>s，gcd(r,s)=1，2?(r+s).

(11)

對(11)的第一式取模8，有

pq≡1(mod 8).

(12)

情形4m=A2，n=B2，m+n=C2，m-n=pqD2.

此時有

A2+B2=C2，A2-B2=pqD2.

(13)

由于C,D都是奇數(shù)，A,B為一奇一偶，故由(13)的第一式及引理2知

A=r2-s2，B=2rs，C=r2+s2，

(14)

或

A=2rs，B=r2-s2，C=r2+s2，

(15)

這里r,s都是正整數(shù)，r>s，gcd(r,s)=1，r,s為一奇一偶.

將(14)的前兩式代入(13)的第二式，整理得

r4-6r2s2+s4=pqD2.

(16)

將(15)的前兩式代入(13)的第二式,整理得

6r2s2-r4-s4=pqD2.

(17)

綜合(16)、(17)兩式可得

|r4-6r2s2+s4|=pqD2，r>s，gcd(r,s)=1，2?(r+s).

(18)

對(18)的第一式取模8，有

pq≡1,7(mod 8).

(19)

情形5m=pA2，n=qB2，m+n=C2，m-n=D2.

此時有

D2+2qB2=C2，C2+D2=2pA2.

(20)

根據(jù)引理5，(20)的第一式給出

D=|qr2-2s2|，B=2rs，C=qr2+2s2，

(21)

或

D=|r2-2qs2|，B=2rs，C=r2+2qs2.

(22)

將(21)的前后兩式代入(20)的第二式，整理得

q2r4+4s4=pA2，gcd(r,s)=gcd(rs,q)=1，2?r.

(23)

將(22)的前后兩式代入(20)的第二式，整理得

r4+4q2s4=pA2，gcd(r,s)=gcd(rs,q)=1，2?r.

(24)

(25)

情形6m=pA2，n=B2，m+n=qC2，m-n=D2.

此時有

B2+D2=pA2，2B2+D2=qC2.

(26)

由于D為奇數(shù)，m,n為一奇一偶，故由(26)的第一式知B為偶數(shù)、A為奇數(shù).

令D=r,B=2s，則(26)的兩式給出

r2+4s2=pA2，r2+8s2=qC2，gcd(r,s)=1，2?r.

(27)

又C也為奇數(shù)，故對(26)的兩式分別取模8可得p≡1(mod 4)，q≡1(mod 8).注意到p,q可交換，就必有

(p,q)≡(1,1),(5,1),(1,5) (mod 8).

(28)

情形7m=pA2，n=B2，m+n=C2，m-n=qD2.

此時有

B2+pA2=C2，C2-2B2=qD2，pA2-B2=qD2.

(29)

根據(jù)引理6，(29)的第一式給出

(30)

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，r,s都是奇數(shù)，p?r；或

B=|r2-ps2|，A=2rs，C=r2+ps2，

(31)

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，r,s為一奇一偶，p?r.

將(30)的前后兩式代入(29)的第二式，整理得

6pr2s2-p2s4-r4=4qD2，gcd(r,s)=1，2?rs，p?r.

(32)

對(32)的第一式取模8，有6p-2≡4q(mod 8)，得p≡1(mod 4).

將(30)的前后兩式代入(29)的第二式，整理得

6pr2s2-p2s4-r4=qD2，gcd(r,s)=1，2?(r+s),p?r.

(33)

(34)

情形8m=A2，n=pB2，m+n=qC2，m-n=D2.

此時有

D2+pB2=A2，2A2-D2=qC2，A2+pB2=qC2.

(35)

根據(jù)引理6，(35)的第一式給出

(36)

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，r,s都是奇數(shù)，p?r；或

D=|r2-ps2|，B=2rs，A=r2+ps2，

(37)

這里r,s是正整數(shù)，gcd(r,s)=1，r,s為一奇一偶，p?r.

將(36)的前后兩式代入(35)的第二式，整理得

r4+6pr2s2+p2s4=4qC2，gcd(r,s)=1，2?rs，p?r.

(38)

對(38)的第一式取模8，有6p+2≡4q(mod 8)，得p≡3(mod 4).

將(37)的前后兩式代入(35)的第二式，整理得

r4+6pr2s2+p2s4=qC2，gcd(r,s)=1，2?(r+s),p?r.

(39)

(40)

情形9m=A2，n=pB2，m+n=C2，m-n=qD2.

此時有

A2+pB2=C2，2A2-C2=qD2，A2-pB2=qD2.

(41)

類似于情形8的討論知，存在正整數(shù)r,s，使得

r4-6pr2s2+p2s4=4qD2，gcd(r,s)=1，2?rs,p≡1(mod 4),p?r;

(42)

或

r4-6pr2s2+p2s4=qD2，gcd(r,s)=1，2?(r+s),p?r.

(43)

并且有

(44)

情形10m=A2，n=B2，m+n=pC2，m-n=qD2.

此時有

A2+B2=pC2，A2-B2=qD2，pC2+qD2=2A2.

(45)

由于C為奇數(shù)，m,n為一奇一偶，故由(45)的第一式知，A,B為一奇一偶.

當(dāng)A為奇數(shù)，B為偶數(shù)時，令A(yù)=r,B=2s，則(45)的前兩式給出

r2+4s2=pC2，r2-4s2=qD2，2?r.

(46)

當(dāng)A為偶數(shù)，B為奇數(shù)時，令A(yù)=2s,B=r，則(45)的前兩式給出

4s2+r2=pC2，4s2-r2=qD2，2?r.

(47)

(p,q)≡(1,1),(1,7),(5,5),(5,3)(mod 8).

(48)

由式(7)，(11)，(18)，(23)，(24)，(27)，(32)，(33)，(38)，(39)，(42)，(43)，(46)和(47)可得定理1.

由式(8)，(12)，(19)，(25)，(28)，(34)，(40)，(44)和(48) 可得定理2.

4 若干例子

例1 試證：N=5×13=65是同余數(shù).

證明在定理1(i)中取r=1,s=2可得pq=5×13，A=1.此時m=65,n=16.代入式(3)得a=6049，b=1889，c=4481，從而由(1)的第二式得d=504.故

根據(jù)引理1知，N=65是同余數(shù).又因為

例2 試證：N=17×89=1513是同余數(shù).

證明在定理1(ii)中取r=6,s=1可得pq=17×89，C=1.此時m=1369,n=144.代入式(3)得a=2247697，b=1459153，c=1894897，從而由(1)的第二式得d=31080.故

例3 試證：N=7×17=119是同余數(shù).

證明在定理1(iii)中取r=3,s=2可得pq=7×17，D=1.此時m=144,n=25.代入式(3)得a=27311，b=12911，c=21361，從而由(1)的第二式得d=1560.故

例4 試證：N=73×3=219是同余數(shù).

證明在定理1(iv)中取r=1,s=2,q=3可得p=73，A=1.此時m=73，n=48，代入式(3)得a=10033，b=3983，c=7633，從而由(1)的第二式得d=440.故

例5 試證：N=13×17=221是同余數(shù).

證明在定理1(v)中取r=3,s=1可得p=13,q=17，A=C=1.此時m=13,n=4，代入式(3)得a=257，b=49，c=185，從而由(1)的第二式得d=12.故

例6 試證：N=5×41=205是同余數(shù).

證明在定理1(vi)中取r=3,s=1,p=5可得q=41，D=1.此時m=45，n=4，代入式(3)得a=2369，b=1649，c=2041，從而由(1)的第二式得d=84.故

例7 試證：N=3×7=21是同余數(shù).

證明在定理1(vii)中取r=s=1,p=3可得q=7，C=1.此時m=4,n=3，代入式(3)得a=31，b=17，c=25，從而由(1)的第二式得d=4.故

例8 試證：N=13×23=299是同余數(shù).

證明在定理1(viii)中取r=s=1,p=13可得q=23，D=1.此時m=36,n=13，代入式(3)得a=2063，b=191，c=1465，從而由(1)的第二式得d=84.故

例9 試證：N=53×5=265是同余數(shù).

證明在定理1(viii)中取r=7,s=1可得p=53,q=5，C=1,D=3.此時m=49，n=4，代入式(3)得a=2777，b=1993，c=2417，從而由(1)的第二式得d=84.故