【初等数论】指数、原根与不定方程

【初等数论】指数、原根与不定方程

1、指数

现在我们就开始为剩余系建立“坐标”，完全剩余系是连续的，剩余类本身就是很好的坐标，所以这里我们只需讨论既约剩余系。前面已经知道$(a,m)=1$时，总存 d 在使得 $a^d\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，满足条件的最小的$d_0={\delta }_m(a)$称为a对模m的阶或指数，也可简记为$\delta (a)$，我们可以看出来当模 m 确定时，$d_0$由 a 唯一的确定，d 是 a 的函数。为了得到更进一步的结论，我们先整理一下指数的一些简单性质如下：
（1）若 $a^d\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，则 ${\delta }_m(a)\mid d$。从而有若$a^h\equiv a^d(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，则$h\equiv d(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$；
（2）${\delta }_m(a)|\phi (m)$；${\delta }_m(a^{-1})={\delta }_m(a)$。

我们来继续研究指数的性质，首先考虑${\delta }^{\ast }={\delta }_m(a^n)$，由$a^{n{\delta }^{\ast }}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$知${\delta }_m(a)\mid n{\delta }^{\ast }$，故可容易有公式（1），你可以简单停留思考下，有了（1）式后我们就可以从${\delta }_m(a)$求${\delta }_m(a^n)$ 了。其次由定义显然有：若 $n\mid m$，则 ${\delta }_n(a)\mid {\delta }_m(a)$。所以对互质分解 $m=m_1{m}_2\cdots m_n$ (分解模数)，总有${\delta }_{m_k}(a)\mid {\delta }_m(a)$，再根据模的性质就有公式（2）。再进一步，对任意的a1,a2,⋯,an，考虑方程组$x\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$的唯一解 a（剩余定理），显然有${\delta }_{m_k}(a)={\delta }_{m_k}(a_k)$ ，再根据公式（2）可得 a 满足公式（3）。
$${\delta }_m(a^n)=\frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),n)}\text{\hspace{1em}(1)}$$$${\delta }_m(a)=[{\delta }_{m_1}(a),{\delta }_{m_2}(a),\cdots ,{\delta }_{m_n}(a)]\text{\hspace{1em}(2)}$$$${\delta }_m(a)=[{\delta }_{m_1}(a_1),{\delta }_{m_2}(a_2),\cdots ,{\delta }_{m_n}(a_n)]\text{\hspace{1em}(3)}$$
　
　 再来研究 ${\delta }_m(a),a=a_1{a}_2\cdots a_n$（分解底数），令$\beta =[\delta (a_1),\cdots ,\delta (a_n)]$，则显然有$\delta (a)\mid \beta$（提示：可以结合(1)式进行思考）。先看各个 $\delta (a_k)$ 互素的情况，这时 $\beta =\delta (a_1)\delta (a_2)\cdots \delta (a_n)$，令 ${\beta }_k=\frac{\beta }{\delta (a_k)}$。因为$1\equiv a^{\delta (a){\beta }_k}\equiv (a_k\times a_{!k}{)}^{\delta (a){\beta }_k}\equiv a_k^{\delta (a){\beta }_k}(a_{!k}^{{\beta }_k}{)}^{\delta (a)}\equiv a_k^{\delta (a){\beta }_k}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，又因为$\delta (a_k)$互素。故$\delta (a_k)\mid \delta (a)$，从而有公式（4）。如果$\delta (a_k)$不互素，一般并没有$\delta (a)=\beta$。但反过来，对任意的$a_1,a_2,\cdots ,a_n$，利用公式（1）和（4）构造满足公式（5）的 a 还是很容易的。
　 $${\delta }_m(a)={\delta }_m(a_1){\delta }_m(a_2)\cdots {\delta }_m(a_n)\text{\hspace{1em}(4)}$$$${\delta }_m(a)=[{\delta }_m(a_1),{\delta }_m(a_2),\cdots ,{\delta }_m(a_n)]\text{\hspace{1em}(5)}$$
　
　 指数在研究循环小数时有个有趣的结论。对既约分数$\frac{a}{b}$，如果有$b=2^m\cdot 5^n\cdot k$，则$\frac{a}{b}$是循环小数的充要条件是$(10,k)=1,k>1$。如果${\delta }_k(10)=c$，则最小循环周期为 c，并且小数点后的非循环数长度为$max(m,n)$。特别地，如果$(10,b)=1$，则$\frac{a}{b}$是纯循环小数。证明过程不是难，可以作为练习，提示：使用关系式$10^c\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}k)$

2、原根

由指数的性质（2）可知$a,a^2,\cdots ,a^{{\delta }_m(a)}$是${\delta }_m(a)$个不同的数，特别地当${\delta }_m(a)=\phi (m)$时，它们遍历 m 的既约剩余系。这种关系使得既约剩余系变得特别简单，我们也由此找到了合适的坐标。为此，当${\delta }_m(g)=\phi (m)$ 时称 g称为模 m的原根，它便是既约剩余系的单位元，负责将剩余系串成一个线性空间。先来思考如下几个问题：
　
• 如果 $(n,\phi (m))=1$，则 $x$遍历m的既约剩余系时，$x^n$也遍历既约剩余系;
• 若$q\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4),p=2q+1$，或 $q\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2),p=4q+1$，都有 2 是$p$的原根；
• $a^n-b^n$的素因子有形式$kn+1$或$a^m-b^m,(m|n)$。

我们自然会有问题：什么样的模数有原根？有多少个原根？如何判定？前面已经知道$\delta (a)\mid \beta$，而除了$1,2,4,p^e,2p^e$这5种情况外（p为奇素数），容易证明其它都有$\beta <\phi (m)$，它们肯定没有原根，因为当模数 m 不属于上面这五种情况时，必有 m 为 $2^a(a\ge 3),$ 或 $2^a{p}_1^{a_1}\cdot \cdot \cdot p_r^{a_r}(a\ge 2,r\ge 1)$ 或 $2^a{p}_1^{a_1}\cdot \cdot \cdot p_r^{a_r}(a\ge 0,r\ge 2)$，而这里的 $\beta$ 由 $[2^{c_0},\varphi (p_1^{a_1}),\cdot \cdot \cdot ,\varphi (p_r^{a_r})]$ 给出。这里的 $c_0$ 由下列式子给出：
　$$c_0=\{\begin{array}{cc}& 0,a_0=0,1;\\ & 1,a_0=2;\\ & a_0-2,a_0\ge 3.\end{array}$$ 又因为我们有式子，${\delta }_{2^l}(a)|2^{l-2},l\ge 3$ 故可以得到 $\beta <\phi (m)$ ，可自行验证。

下面就需要论证那5种情况是否有原根，直接验算可知1,2,4有原根。对于模p的情况，由公式（5）知存在g使得 $\delta (g)=[\delta (1)\delta (2)\cdots \delta (p-1)]$，首先当然有 $\delta (g)|p-1$。另外因为$x^{\delta (g)}-1\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$有全解，则 $p-1|\delta (g)$ 。从而 $\delta (g)=p-1$，所以p有原根 g。

由 $g^d\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^e)$ 和 $g^d\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2p^e)$ 的等价性，并且 $\phi (p^e)=\phi (2p^e)$，可知$p^e$和$2p^e$有相同的原根，这样一来我们就只需要讨论模$p^e$是否有原根了。当g是$p^n$原根时，因为$p^n\mid p^{n+1}$，故${\delta }_{p^{n+1}}(g)$为$\phi (p^n)$或$\phi (p^n+1)$。要想g也是$p^n+1$的原根，必须${\delta }_{p^{n+1}}(g)=\phi (p^{n+1})$，即满足式子（6）。而如果该条件满足，用归纳法可以验算得它对一切$g^{\phi (p^e)},(e⩾n)$都满足，即g是所有$p^e$的原根。
$$g^{\phi (p^n)}=1+r(n)p^n,p\nmid r(n)\text{\hspace{1em}(6)}$$
　
　现在只要能证明以上条件对$n=1$成立（即$g^{p-1}=1+rp,p\nmid r$），我们就找到了所有模$p^e$的原根，研究证明了$p^e$原根的存在性。对模 p 的原根 g，考察 $g_k=g+kp,k=0,1,\cdots ,p-1$ 和式子（7）中的变形。$r+(p-1)g^{p-2}k$ 中有且仅一个是 p 的倍数，取其它任何一个值都能得到了满足条件的原根，条件得证。
$$g_k^{p-1}\equiv g^{p-1}+(p-1)g^{p-2}pk\equiv 1+p(r+(p-1)g^{p-2}k)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\text{\hspace{1em}(7)}$$

至此我们已经证明了原根存在的充要条件是模为 $1,2,4,p^e,2p^e$ 之一，但如果想要找出原根，目前还没有很简单的方法。一般只能逐个尝试每个数，然而利用公式（5）的构造法是可以加快计算的，比如如果已经知道${\delta }_{41}(2)=20$和${\delta }_{41}(3)=8$，因为$[20,8]=40$，故素因子 2,3 必定也是模 41 的原根的素因子，经过尝试后得 $2^4\cdot 3\equiv 7(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}41)$是 41 的原根。

如果原根存在，选定一个原根 g 后，它的幂次遍历整个既约剩余系。如果 $g^k\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，称 k 为a 的指标，记作 ${\gamma }_{m,g}(a)$，或简记为${\gamma }_g(a)$和 $\gamma (a)$。指标将既约剩余系变成了一个完全剩余系，使其结构由分散的变为线性的，由此可以更好地研究它的性质。以下为原根的一些性质，其中性质（3）中蕴含了指数为$d\mid \phi (m)$的数有 φ(d)个，它们是 $g^{\frac{\phi (m)}{d}k},(k,d)=1$。特别地共有$\phi (\phi (m))$个原根，它们是 $g^k,(k,\phi (m))=1$。

(1) ${\gamma }_{m,g}(ab)\equiv {\gamma }_{m,g}(a)+{\gamma }_{m,g}(b)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m))$
(2) ${\gamma }_{g_1}(a)\equiv {\gamma }_{g_1}(g_2){\gamma }_{g_2}(a)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m))$,特别地有 ${\gamma }_{g_1}(g_2){\gamma }_{g_2}(g_1)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m))$
(3) ${\delta }_m(a)=\frac{\phi (m)}{({\gamma }_{m,g}(a),\phi (m))}$

我们一直想把指数当做即约剩余系的“坐标”，现在就来着手做这件事。一般的，将模m进行素数分解$2^{e_0}\cdot p_1^{e_1}\cdot \cdots p_n^{e_n}$，其既约剩余系的每个数 a 在各个维度都有一个值 $a_k$。对 $p_k^{e_k}，前面的证明保证了它有原根$g_k$ 和${\gamma }_k={\gamma }_{p_k^{e_k},g_k}(a_k)$就可以看做a 在第 k 维的坐标。

但对于$2^{e_0}$，除$e_0<3$外是没有原根的，$e_0⩾3$时怎么建立坐标？通过归纳法你可以证明${\delta }_{2^e}(5)=2^{e-2}$，并且容易知道$\pm 5^0,\pm 5^1,\cdots ,\pm 5^{2^{e-2}-1}$是它的一个既约剩余系。这样任何既约数都有唯一表达式（8），${\gamma }_{-1},{\gamma }_0$就可以看做它的坐标。完整的就得到任何既约数的指标表达式（9）和（10）（（10）中${\tilde{g}}_k^{{\gamma }_k}$的是（9）中的${\gamma }_k$取1、其它取0得来），使用（10）来证明威尔逊定理就简单多了。
$$(-1{)}^{{\gamma }_{-1}}{5}^{{\gamma }_0},(0⩽{\gamma }_{-1}<2,0⩽{\gamma }_0<2^{e-2})\text{\hspace{1em}(8)}$$$$a\equiv M_0^{-1}{M}_0(-1{)}^{{\gamma }_{-1}}{5}^{{\gamma }_0}+M_1^{-1}{M}_1{g}_1^{{\gamma }_1}+\cdots +M_n^{-1}{M}_n{g}_n^{{\gamma }_n}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)\text{\hspace{1em}(9)}$$$$a\equiv {\tilde{g}}_{-1}^{{\gamma }_{-1}}\cdot {\tilde{g}}_0^{{\gamma }_0}\cdot {\tilde{g}}_1^{{\gamma }_1}\cdots {\tilde{g}}_n^{{\gamma }_n}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)\text{\hspace{1em}(10)}$$

3、二项同余方程

最后再来看同余方程（11）它一般称为二项同余方程。如果方程有解，称a为m的n次剩余，否则称为n次非剩余。对m进行素数分解$2^{e_0}\cdot p_1^{e_1}\cdot \cdots p_n^{e_n}$后，方程可以化为一个方程组，我们只需分别讨论这些方程即可。
$$x^n\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)\text{\hspace{1em}(11)}$$
　　
　　模 $p^e$（p为奇素数）有原根 g，用它来分析二项方程会很简单（下面的讨论针对有原根的模m都成立）。将原根带入原方程，得到式子（12）的左侧，它显然对应于右侧的一元一次同余方程。可以先回顾一下一次方程$ax\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$的特点，令$d=(a,m)$，则$d\mid b$，且方程解的周期为$\frac{m}{d}$，请先在脑子想象一下它们的布局。回到原方程，令$d=(n,\phi (m))$，则方程有解的充要条件是$d|\gamma (a)$，且共有$\frac{\phi (m)}{d}$个n次剩余。方程的解有d个，它们的周期是$\frac{\phi (m)}{d}$。
$$(g^y{)}^n\equiv g^{\gamma (a)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)\iff ny\equiv {\gamma }_{m,g}(a)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m))\text{\hspace{1em}(12)}$$
　　
　　现在来把条件$d|\gamma (a)$转化为与a直接相关的。因为$a=g^{\gamma }(a)$，使用公式（1）直接有式子（13）。结合条件d|γ(a)，显然有$\delta (a)|\frac{\phi (m)}{d}$，它又等价于公式（14）。这就是方程有解的充要条件，明显二次剩余的判定条件只是它的特例。
$$\phi (m)=(\phi (m),\gamma (a)){\delta }_m(a)\text{\hspace{1em}(13)}$$$$a^{\frac{\phi (m)}{(n,\phi (m))}}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)\text{\hspace{1em}(14)}$$

对模$m=2^e$的情景需要单独考虑，前面的讨论中说明了它的既约剩余系有两个独立的维度，故只需分别讨论两个维度就行了。令$a=(-1{)}^{{\gamma }_{-1}}{5}^{{\gamma }_0},d=(n,2^{e-2})$，可知方程有解的充要条件是$(n,2)\mid {\gamma }_{-1}$且$d\mid {\gamma }_0$，方程解的个数为$(n,2)d$。展开说就是，当$2\nmid n$时有且仅有1解，既约剩余系的每个值都是n次剩余。当$2\mid n$时有解的充要条件是$a=5^{{\gamma }_0}$且$d\mid {\gamma }_0$，并且有2d个解，共有$\frac{2^{e-2}}{d}$个数是n次剩余。

下面把$2\mid n$有解的充要条件转化为与 a 相关的，首先易知必有形式$d=2^{\lambda },(\lambda ⩾1)$。因为${\delta }_{2^{\lambda +2}}(5)=2^{\lambda }=d$，我们的条件$d\mid {\gamma }_0$其实等价于${\delta }_{2^{\lambda +2}}(5)=2^{\lambda }=d$，这就得到充要条件为公式（15）。当然你也可以得到与$p^e$类似的式子，但因为不如上式简洁，这里就不赘述了。
$$a\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{2}^{\lambda +2}),2^{\lambda }=(n,2^{e-2}),(\lambda ⩾1)\text{\hspace{1em}(15)}$$

不定方程

经过前面关于初等数论的基础知识的学习和理解，这里我们就可以开始不定方程的简单论述。不定方程是初等数论向前发展直接的驱动力之一。不定方程又叫丢潘图方程，它们以整数（或有理数）为变量和参数，而且有两个以上的未知数，多以多项式形式出现。不定方程既是数论的应用，也是数论理论形成的来源，对不定方程的思考可以将前面学习过的知识和内容串起来。

4、一次不定方程

最简单的不定方程就是一次方程（1），它表现为一个多元线性方程。如果你还记得前面最大公约数的线性组合定义，就容易得到方程有整数解的充要条件是 $(a_1,a_2,\cdots ,a_n)\mid c$。多元方程的第一步往往是降元，令$d=(a_2,\cdots ,a_n),a_k^{\prime }=\frac{a_k}{d}$，则方程等价于一次方程组（2）（想想为什么？以及为什么要先抽出最大公约数？）。如果对（2）式一直做类似处理，就会得到多个二元一次方程，这样就把问题集中到了简单的情景。
$$a_1{x}_1+a_2{x}_2+\cdots +a_n{x}_n=c\text{\hspace{1em}(1)}$$$$\{\begin{array}{l}{a}_1{x}_1+dy=c\\ a_2^{\prime }{x}_2+\cdots +a_n^{\prime }{x}_n=y\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$

而对于二元一次方程 $ax+by=c$，它有明显的几何意义，方程的解就是直线方程上的整数点，所有对其讨论都可以从图形中找出。容易看出，如果已知一个解 $x_0,y_0$，则方程的全部解为公式（3）。至于如何求得一个特解，一般还是用辗转相除法，对于一些简单的情况，也可以直接尝试各种值。
$$\{\begin{array}{l}x=x_0+\frac{b}{(a,b)}k\\ y=y_0-\frac{a}{(a,b)}k\end{array},k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \text{\hspace{1em}(3)}$$

5、商高方程及其扩展

5.1 商高方程

勾股定理 $x^2+y^2=z^2$ 大家都熟悉，有一个自然的问题是：如何求它的所有解？这个问题一般叫商高方程或毕达哥拉斯方程。容易证明当$(x,y)=1$时方程的解两两互素，如果再限定解为正数，这样的解叫本原解。方程的解要么是平凡解 (0,0,0)，要么是本原解的倍数，因此我们只需专注于找到所有本原解。

另外，因为素数的平方只能是$4k+1$的形式，可推得 x,y 必定是一奇一偶，下面就假设 y 为偶数，原方程整理为式子（4）。容易证明$(\frac{z+a}{2},\frac{z-a}{2})=1$（这个性质以后会经常用），故可设$\frac{z+a}{2}=r^2$和$\frac{z-a}{2}=s^2$，其中 $r>s>0,(r,s)=1$。用 $r,s$ 表示 $x,y,z$ 就得到了方程的解（5），但要注意要使得它们两两互素，还需要限定 $2\nmid r+s$（自行证明）。
$$(\frac{y}{2}{)}^2=\frac{z+a}{2}\cdot \frac{z-a}{2}\text{\hspace{1em}(4)}$$$$\{\begin{array}{l}x=r^2-s^2\\ y=2rs\\ z=r^2+s^2\end{array}r>s>0,(r,s)=1,2\nmid r+s\text{\hspace{1em}(5)}$$

做一个简单的推广，形如（6）式的方程这么解？这就是著名的费马大定理（Fermat Last Theorem），当然它在1994年被彻底证明前叫费马猜想。费马发现它们并无非平凡解，并声称找到了一个绝妙的证明方法，但由于书的空白太小写不下。后来人经过了三百多年的努力，才用现代数学的方法将它攻破，大家多数倾向于认为费马的证明并不存在或并不成立。
$$x^n+y^n=z^n\text{\hspace{1em}(6)}$$

使用类似的方法和无穷递降法，你可以证明 $x^4+y^4=z^2$ 无非平凡解，进而 $x^4+y^4=z^4$ 无非平凡解，它就是费马大定理在$n=4$时的情况。下面可以思考一下如下几个问题：

• 求解$x^2+3y^2=z^2$ 和 $2x^2-y^2=1$；
• 求解 $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{z^2}$；（提示：无互质解）
• 证明 $x^n+y^n=z^{n\pm 1}$ 都有无穷多组解。（提示：构造）

5.2 $x^3+y^3=z^3$

再来看费马大定理在 $n=3$ 的情景，欧拉证明了它没有非平凡解，采用的是无穷递降法。假设$x_0,y_0,z_0$是使得 $\left|xyz\right|$ 最小的一组非零解，我们的目的是构造一组值更小的解。首先当然有$(x_0,y_0,z_0)=1$，并且其中仅有一个偶数，经过调整后可以使$z_0$为偶数。这时可以令 $x_0+y_0=2u,x_0-y_0=2w$，则有 $z_0^3=2u(u^2+3w^2)$（总结成式（7）），这个变换的重要意义在于降次。
$$x_0+y_0=2u,x_0-y_0=2w,z_0^3=2u(u^2+3w^2)\text{\hspace{1em}(7)}$$

现在来研究 $x^3=a^2+3b^2$，其中 $2\nmid x,(a,b)=1$，它里面有我们熟悉的二次表达式。考察$x$的每个素因子 p，因为 $\left(\frac{-3}{p}\right)=1$，故总有$p={\alpha }^2+3{\beta }^2$（可参考下面将要介绍的平方数分解的最后一段）。使用公式（8）（使用复数证明这类等式更容易，并且体现了范数的思想），可知总有$x={\alpha }^2+3{\beta }^2$。下面证明总能找到合适的 $\alpha ,\beta$，使得关系式（9）成立。
$$({{\alpha }_1}^2+3{{\beta }_1}^2)({{\alpha }_2}^2+3{{\beta }_2}^2)=({\alpha }_1{\beta }_1\pm {\alpha }_2{\beta }_2{)}^2+3({\alpha }_1{\beta }_2\mp {\alpha }_2{\beta }_1{)}^2\text{\hspace{1em}(8)}$$$$a={\alpha }^3-9\alpha {\beta }^2,b=3{\alpha }^2\beta -3{\beta }^3,(a,b)=1,(\alpha ,3\beta )=1\text{\hspace{1em}(9)}$$

使用归纳法证明，当 $x=1$ 时，公式（9）显然成立。若结论对$x$成立，则考虑 $(px{)}^3=a^2+3b^2$，我们的目的是找到表达式（9）。由前面的结论可有 $p^3=c^3+3d^3$，且有 ${\alpha }_1{\beta }_1$ 和$c,d$满足类似（9）的关系式。与刚才的式子相乘并除以 $p^6$ 得到（10），然后证明（10）式右侧的两项可以都是整数。若记 $x^3=e^2+3f^2$，则由假设知存在 ${\alpha }_2{\beta }_2$和 $e,f$ 满足类似（9）的关系式。综合以上结论，可得到的相关结论（11），它们满足公式（9），定理得证。
$$x^3=(\frac{ac\pm 3bd}{p^3}{)}^2+3(\frac{ad\mp 3bc}{p^3}{)}^2\text{\hspace{1em}(10)}$$$$a=ec+3fd,b=ed-fc,\alpha ={\alpha }_1{\alpha }_2+3{\beta }_1{\beta }_2,\beta ={\alpha }_2{\beta }_1-{\alpha }_1{\beta }_2\text{\hspace{1em}(11)}$$

现在回过头来看式子（7）中的 $z_0$。当 $3\nmid u$ 时，由 $u,w$ 必为一奇一偶且互素（想想为什么）和 $z_0$ 为偶数，容易有 $(2u,u^2+3w^2)=1$，可以假设式子（12）左侧。而由上面的结论可知（12）的右侧成立，其中最右边三项互质，故有式子（13）。而 $|x_1{y}_1{z}_1{|}^3=|2u|=|x_0+y_0|<|x_0{y}_0{z}_0{|}^3$。当 $3\mid u$ 时可以得到同样的结论，由此我们得到了一组积单调递减的解，这是不可能的，所以原方程没有非平凡解。
$$t^3=2u,s^3=u^2+3w^2,s={\alpha }^2+3{\beta }^2{t}^3=2\alpha (\alpha -3\beta )(\alpha +3\beta )\text{\hspace{1em}(12)}$$$$z_1^3=2\alpha ,x_1^3=\alpha -3\beta ,y_1^2=\alpha +3\beta ,x_1^3+y_1^3=z_1^3\text{\hspace{1em}(13)}$$

5.3 $a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2=0$

将商高方程在系数上进行扩展，得到一般性的$a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2=0$（$abc\ne 0$ 且无平方因子），当然我们只需研究其本原解 $(x,y,z)=1$。首先容易有 $(a,yz)=1$ ，则存在 $y^{-1},z^{-1}$，变换 $b{y}^2\equiv -c{z}^2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}|a|)$ 得到式子（14），从而$-bc$是$|a|$的二次剩余。这样我们就得到了方程有解的一个必要条件：$-bc,-ca,-ab$分别是 $|a|,|b|,|c|$ 的二次剩余。
$$(by{z}^{-1}{)}^2\equiv -bc(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}|a|)\text{\hspace{1em}(14)}$$

下面来看它们是否是方程有解的充分条件，使用的是降次法和构造法。另外，利用同余方程研究不定方程也是常见方法，这里我们可以先考虑同余方程（15）。先来看降次，首先容易判断 $(a,b,c)=1$，则可以有式（16）。对模 $|b|,|c|$ 也可以有类似的表达式，它们将原式表示成了两个线性表达式之积，问题也就容易转化到一次方程了。使用剩余定理可以将三个表达式的右侧统一成 $(dx+ey+fz)(d^{\prime }x+e^{\prime }y+f^{\prime }z)$ ，再根据同余的性质就有式（17）。
$$a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}|abc|)\text{\hspace{1em}(15)}$$$$a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2\equiv b^{-1}((by{)}^2-(c^{\prime }z{)}^2)\equiv (y+b^{-1}{c}^{\prime }z)(by-c^{\prime }z)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}|a|)\text{\hspace{1em}(16)}$$$$a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2\equiv (dx+ey+fz)(d^{\prime }x+e^{\prime }y+f^{\prime }z)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}|abc|)\text{\hspace{1em}(17)}$$

要使方程（15）有解，可以先讨论 $dx+ey+fz\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}|abc|)$，使用鸽笼原理容易得知它有满足条件（18）的解$x_0,y_0,z_0$。这样我们就得到了方程（15）的解，为方便讨论，下面假设 $a>0,b<0,c<0$，其它情况都可以转化为这种情况。
$$dx+ey+fz,(0⩽x⩽\sqrt{|bc|},0⩽y⩽\sqrt{|ca|},0⩽z⩽\sqrt{|ab|})\text{\hspace{1em}(18)}$$

现在令 $E=a{x}_0^2+b{y}_0^2+c{z}_0^2$，比较容易推导出 $E<a{x}_0^2⩽abc$ 和 $E>b{y}_0^2+c{z}_0^2⩾-2abc$ ，故有 $E=0$ 或 $E=-abc$。若 $E=0$，我们就得到了原不定方程的解$x_0,y_0,z_0$。若$E=-abc$，则乘以 ab 再配方就有式（19），不管各项是否全为零我们都能找到原方程的解。
$$a(b{y}_0+x_0{z}_0{)}^2+b(a{x}_0-y_0{z}_0{)}^2+c(z_0^2+ab{)}^2=0\text{\hspace{1em}(19)}$$

至此充分性证明完毕，总结结论就是：$a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2=0$ 有解的充要条件是 $-bc,-ca,-ab$ 分别是|a|,|b|,|c|的二次剩余。

6、平方数分解

数论中一个著名的问题是把整数表示成若干个平方数之和 $a=x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2$，平方和常出现于范数当中，其重要性不言而喻。我们先把条件设定得宽松一点，假设 $x_k⩾0$，如果$n=i$时对所有a成立，则显然$n=i+1$时也成立，我们需要讨论有没有最小的n使得所有a都成立。当然问题还可以再做放宽，允许对有限个数不成立。当$n=1$时，非平方数有无穷多个，故结论不成立。当$n=2$时，$4k+3$都不能表示成两个平方和，结论也不成立。

当 $n=3$ 时，高斯得到过定理：自然数能表示为3个平方和的充要条件是 $a\ne 4^e(8k-1)$，这就说明了$n=3$时我们要的结论还是不成立。高斯定理的充分性比较复杂，这里仅证明必要性。首先因为$x^2\equiv 0,1,4(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8)$，所以 $x_1^2+x_2^2+x_3^2\not\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8)$，定理中$e=0$时成立（其实这一点就已经说明了n=3时结论不成立）。下面利用归纳法，当 $e=i$时必要性成立，如果有$4^{i+1}(8k-1)=x_1^2+x_2^2+x_3^2$，必然有$2|x_k$，从而两边可同时除以 4，这与 $n=i$时的必要性成立矛盾，故必要性对一切e成立。

而幸运的是，当$n=4$时，我们要的结论终于成立了，它就是著名的拉格朗日定理：任何正整数都可以表示为四个平方数之和（公式（20）），故也称作四平方和定理。这个定理的证明需要用到四平方和恒等式（21），两个四平方和之积也是四平方和。有了这个恒等式，我们的四平方和定理就等价于：任何素数都可以表示为四平方数之和。下面就来证明这个等价命题，注意证明的过程其实也就是寻找分解式的过程。
$$a=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\text{\hspace{1em}(20)}$$$$\begin{gathered} (a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2)= \\ (a_1{b}_1-a_2{b}_2-a_3{b}_3-a_4{b}_4{)}^2+ \\ (a_1{b}_2+a_2{b}_1+a_3{b}_4-a_4{b}_3{)}^2+ \\ (a_1{b}_3-a_2{b}_4+a_3{b}_1+a_4{b}_2{)}^2+ \\ (a_1{b}_4+a_2{b}_3-a_3{b}_2+a_4{b}_1{)}^2\text{\hspace{1em}(21)} \end{gathered}$$

先来证明 $x^2+y^2+1\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 有解（这里的1使得表达式非零）。当$x,y$各自取遍$0,1,\cdots ,\frac{p-1}{2}$时，$x^2,-y^2-1$ 各自遍历 $\frac{p+1}{2}$ 个不同的数，所以存在 $x_0,y_0$ 满足$x_0^2+y_0^2+1\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。这个结论说明存在$0<m<p$使得$mp=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$有解，从这里开始，下面我们下面要不断缩小m至1。

首先如果$d=(x1,x2,x3,x4)>0$，则显然$d^2\mid m$，方程两边可以约去$d^2$。其次如果$2\mid m$，则四个数中必有偶数个奇数，它们可以两两组合为偶数，这样就得到式子（22）。经过以上两步如果仍有 $m>1$，将原式对$x_k$取模 m，经过前面类似的整理可以有式子（23）。式（23）和原等式相乘并根据四平方和恒等式，可以有 $m^{\prime }{m}^{2}p=u_1^2+u_2^2+u_3^2+u_4^2$，并且由恒等式容易证明 $m\mid u_k$，两边除以$m2，m\prime <m$被再一次缩小。这个过程可以一直进行到$m=1$，这就完成了证明。
$$\frac{m}{2}p=(\frac{x_1+x_2}{2}{)}^2+(\frac{x_1-x_2}{2}{)}^2+(\frac{x_3+x_3}{2}{)}^2+(\frac{x_3-x_4}{2}{)}^2\text{\hspace{1em}(22)}$$$$m^{\prime }m=y_1^2+y_2^2+y_3^2+y_4^2(0<m^{\prime }<m,0⩽y_k<\frac{m}{2})\text{\hspace{1em}(23)}$$

现在我们把定理的条件加强一点，如果要求$x_k>0$，结论还成立吗？首先容易证明如果 $4\mid a$，则必有$4\mid x_k$，等式两边可以除以 4。利用这个特点并使用归纳法，可以证明$2\cdot 4^e$都不能表示为四个非零平方数之和。当把$n=4$放宽为$n=5$时，考虑的分解式（24）。当$a=169+x,(x>0)$时，先将x表示为4个非零平方的和，然后从式（24）中选择一个分解，最终总可以将a表示为5个非零平方之和。对于$a<169$，可以一一验证，除了$17,9,10,12,15,18,33$外都可以分解为5个非零平方之和。这样就有结论，除了几个特殊值外，所有整数都能表示为5个非零平方之和，当然由证明过程知道结论对n=6也是成立的（只是特殊值会不一样）。
$$169=13^2=12^2+5^2+12^2+4^2+3^3=11^2+4^2+4^2+4^2=10^2+6^2+4^2+4^2+1^2\text{\hspace{1em}(24)}$$

在理解了上述介绍之后，可以尝试着思考下如下这个问题：
• 给出$a=2^k$时的全部解。并由此证明有无穷多个a使得方程不存在$(x1,x2,x3,x4)=1$的解，有无穷多个a使得方程不存在$x_k$互不相等的解。

高斯定理给出了$n=3$ 时方程有解的充要条件，现在来看$n=2$时的情景，这个问题也是非常重要的。先来看素数的情况 $p=x^2+y^2$，显然它有解时必定有$p=2$或$p=4k+1$。而当$p=4k+1$时，−1是p的二次剩余，所以$x^2+1\equiv 0$有解。使用和四平方和定理完全一样的方法（当然也得益于平方和恒等式：平方和之积也是平方和），可以构造出 $p=x_0^2+y_0^2$。

现在回到一般整数$a=d^{2}m$，其中m无平方因子。由刚才的结论与平方和恒等式，如果m不含素因子$4k+3$，则它必定能表示为平方和。反之如果m能表示为$x_0^2+y_0^2$，则它的任何素因子满足$x_0^2+y_0^2\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，故必有$p=2$或$p=4k+1$。总结以上就有结论：$a=d^{2}m$ 可分解为二平方和的充要条件是m不含素因子$4k+3$。

对$n=2$时，可以提一个跟严格的问题：方程何时有$(x,y)=1$的解。其实刚才的证明中已经看出，首先奇素数因子只能为$p=4k+1$，另外容易证明 $4\nmid a$。反之如果$p=2$或$p=4k+3$，前面的证明中已经表示它能表示为二互素数的平方和。接下来用归纳法可知该结果对$p^e$也成立，用类似方法也能得到$p^e$的组合还是成立。这样就得到结论：整数可分解为二互素数的平方和的充要条件是：不含因子4和$4k+3$。

顺便提一下，对$p=x^2+y^2$有解的条件，还有一个更通用的证法。首先同样有必要条件$\left(\frac{-1}{p}\right)=1$，下面来证充分性。证明的主要思路还是构造法，对$s^2\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$的解$s_0$，先来构造$x_0\equiv s_0{y}_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。方法很简单，限定$(0⩽x,y<\sqrt{p})$，则$x-s_{0}y$必有模p相等的两个数，相减即得$x_0\equiv s_0{y}_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。然后自然就有 x 0 2 + y 0 2 ≡ 0 ( m o d p ) x_0^2+y_0^2\equiv 0\pmod{p} x<