原文章
定理:四个不同平方数不可能组成一个四项等差数列。
这是费马诸多“我就随便说说证明懒得写了”系列定理中的一个。欧拉收拾了大量此类费马留下的数论烂摊子,给费马的陈述补上了证明——也包括这个。本文将以Alf van der Poorten的文章 Fermat’s Four Squares Theorem 为基础介绍此定理的证明。该文章给出的证明采取了费马本人特别爱用的无穷递降法,而且只用到最基本的基础数论知识,以及关于勾股数组的经典结论。换句话说,这是一个费马本人很可能会做出的证明。本文中出现的拉丁字母均指代正整数
(一)

首先来看看三个平方数如何组成等差数列,该问题有一组常见解:12, 52, 72——过于常见,很多人可能自己独立发现过。

对证明最终定理来说,我们只需要再对一般解的性质稍作分析。事实上寻找平方数x2, y2, z2组成等差数列等价于求方程x2 + z2 = 2y2的整数解。对方程两边模4,因为奇偶平方数分别模4余1,0,列举一下各种情况即可发现,方程的任何一组解必定要求x2, y2, z2模4同余,因此公差必定是4的倍数。

接下来开始应用反证法。

假设费马的定理不成立,那么我们有四个成等差数列的不同平方数,前三项构成了三个平方数的等差数列,因此引用前面的结论,我们得到其公差为4的倍数,记为4n。并将这四个数记为x − 6n, x − 2n, x + 2n, x + 6n
(二)

接下来会频繁用到一条显然性质:如果N是平方数,p是素数,则p|Np2|N

从“费马问题”(求四个成等差数列的不同平方数)的一组解出发,如果这四个数有公素因子p,那么我们可以同时约去一个p2,得到四个更小的成等差数列平方数,直至不存在四个数的公素因子为止,我们称这样一组解为本原解。由(一)中的结论,任一组解——当然也包括本原解,都可以表示为x − 6n, x − 2n, x + 2n, x + 6n。如果这是组本原解,那么x应为奇数(进而四个数均是奇数),否则四个数有公因子2。同理,应有(x,n) = 1。否则四个数也具有公因子(x,n) > 1.

本节将给出一个更强的性质:一组本原解中的四个数两两互素

证明:本原解x − 6n, x − 2n, x + 2n, x + 6n中若存在两个数不互素,因他们均是奇数,故存在公共奇素因子p,因他们都是平方数,因此存在公因子p2,这两数作差可得p2|4n或8n或12n,因p是奇数,可得p2|n或3n,因此一定有p|n。如此等差数列的公差和某两项均有因子p,从而整个数列每项都有因子p,这与本原解的定义相矛盾。
(三)

四个平方数之积必然是平方数,因此从本原解x − 6n, x − 2n, x + 2n, x + 6n出发,记

y2 = (x−6n)(x−2n)(x+2n)(x+6n)

当然$y$也应当是奇数。

本节将证明:(x,y) = (y,n) = 1

证明:①如果xy不互素,那么他们有公素因子p,则p|y2 = (x−6n)(x−2n)(x+2n)(x+6n),又因x − 6n, x − 2n, x + 2n, x + 6n两两互素,因此其中只有一个含有p因子,记为x + ϵn,(其中ϵ ± 2,  ± 6中的一个)于是有p|x + ϵn,又p|x,得p|ϵn,得p|x − ϵn,于是x − ϵn, x + ϵn不互素,与(一)中结论矛盾。

②如果ny不互素,则与①证明相仿,他们有公素因子pp|yp|x + ϵn,又由p|np|xx, n不互素,与本原解定义相矛盾。
(四)

y的定义式展开后适当配方一下,可得

$$y^2=(x-6n)(x-2n)(x+2n)(x+6n)\\=x^4-40n^2x^2+144n^4\\=(x^2-20n^2)^2-(16n^2)^2$$

这说明16n2, y, x2 − 20n2组成了一个勾股数组。而且因为(y,n) = 1且$y$为奇数,有(16n2,y) = 1,这还是组本原勾股数。又我们有如下经典结论:

关于勾股数组本原解的经典结论
方程X2 + Y2 = Z2满足(X,Y) = 1的解(本原解)必定X, Y一奇一偶,设X为偶数,Y为奇数,解一定可以表示为

$X=2UV$

$Y=U^2-V^2$

$Z=U^2+V^2$

其中U, V一奇一偶,且(U,V) = 1。反之,任何满足U, V一奇一偶,且(U,V) = 1U, V都可以由上式给出一组勾股数组的本原解。

于是存在偶数2u,奇数v(2u,v) = (u,v) = 1使得

$16n^2=2\cdot2u\cdot v$

$y=|(2u)^2-v^2|$

$x^2-20n^2=(2u)^2+v^2$

第一式给出$uv = 4n^2 = (2n)^2$为完全平方数,又u, v互素,只能他们均为完全平方数,且v为奇数,故u必定为偶平方数,记

u = 4A2, v = D2

显然D为奇数且(A,D) = 1。将$uv = 4n^2$代入第三式得到x2 − 5uv = 4u2 + v2,即

x2 = 4u2 + 5uv + v2 = (4u+v)(u+v)

r = (4u+v,u+v),有

r|4u + v − (u+v) = 3u

r|4(u+v) − (4u+v) = 3v

(u,v) = 1,可得r|3

另一方面,平方数模3余0或1。考虑4u + vu+v模3有

4u + v ≡ u + v ≡ A2 + D2 (mod 3)

(A,D) = 1A2, D2不可能同时模3余0,故4u + vu + v模3余1或2,不具有因子3,所以r|3 ⇒ r = 14u + vu+v互素,x2 = (4u+v)(u+v)说明4u + vu+v均是完全平方数。
(五)

将(四)中涉及的其他数字都用用A, D表示出来,可以得到如下结论:从一组费马问题的本原解出发,可以得到两个互素的整数$A,D$,$D$为奇数,使得本原解公差为$4AD$,且4A2 + D2 = S216A2 + D2 = T2是完全平方数。

本节将证明此结论反过来也成立:如果存在互素整数A, DD为奇数,使得4A2 + D2 = S216A2 + D2 = T2是完全平方数,那么我们可以得到一组费马问题的本原解,公差为4AD

证明:该证明基本就是倒着一步步把前面的推导捯回去,仅有个别细节要调整一下,所以叙述从简,免得重复内容太多。

先对4A2 + D2 = S216A2 + D2 = T2做模3讨论,由(A,D) = 1S, T不被3整除。

首先记u = 4A2, v = D2,则$uv = (2AD)^2$为完全平方数,记AD = n(4u+v)(u+v) = (ST)2也为完全平方数,记x = ST.因S, T不被3整除,自然x也不被3整除。有

x = (4u+v)(u+v) = (2u)2 + 20n2 + v2

(2u,v) = 1v是奇数.因此2u, v可以生成一组本原勾股数:

16n2 = 2 ⋅ 2u ⋅ v

y = |(2u)2v2|

x2 − 20n2 = (2u)2 + v2

由本原性可知(y,16n2) = 1,故y为奇数且(y,n) = 116n2, y, x2 − 20n2满足勾股方程给出

y2 = (x2−20n2)2 − (16n2)2

 = x4 − 40n2x2 + 144n4

 = (x−6n)(x−2n)(x+2n)

x − 6n, x − 2n, x + 2n, x + 6n为四个奇数,只需证明他们两两互素,就可以证明他们均是平方数。

假设其中两个不互素,有公共奇素因子p,两数作差得p|4n8n12n。即p|np|3n

y2 = (x−6n)(x−2n)(x+2n)(x+6n),由假设右侧有p因子,所以有p|y,又前面已得到(y,n) = 1,故p不整除n,因此只能是p|3n, p = 3。此时x − 6n, x + 6n有公因子3,但是3|x±6n⇒3|x,这与前面x不被3整除的结论矛盾。因此,这四个数必然两两互素,进而,因四数之积为平方数,四个数均为平方数,公差4n = 4AD
(六)

现在基本结论已经备齐,接下来正式进入“无穷递降”流程。

从一组本原解x − 6n, x − 2n, x + 2n, x + 6n出发,由(四)中的结论,我们得到两个互素整数A, DD为奇数,$n=AD$且4A2 + D2 = S216A2 + D2 = T2是完全平方数。

A, D互素,D为奇数得到(2A,D) = (4A,D) = 1,于是4A2 + D2 = S216A2 + D2 = T2对应两组本原勾股数2A, D, S4A, D, T

从而——

存在偶数U,奇数V(U,V) = 1使得

2A = 2UV, D = |U2V2|, S = U2 + V2

存在偶数2U,奇数V(2U′,V′) = 1使得

4A = 4UV′, D = |4U2V2|, T = 4U2 + V2

这样我们有$A=UV=U'V'$。因V, V为奇数U为偶数,推知U为偶数。因此U, U最大公约数为偶数。记(U,U′) = 2a, (V,V′) = d。并记

U = 2ab, V = cd

U′ = 2ab′, V′ = cd

代入UV = UV中得到bc = bc,又2ad分别是U, UV, V最大公约数,因此应有(b,b′) = (c,c′) = 1。这只能是b = c′, c = b,即

U = 2ab, V = cd

U′ = 2ac, V′ = bd

于是从(U,V) = 1可给出

(2a,c) = (2a,d) = (b,c) = (b,d) = 1

又从(U′,V′) = (2U′,V′) = 1给出

(2a,b) = (c,d) = 1

从而四个数2a, b, c, d两两互素。这意味着b, c, d均是奇数。又

D = |U2V2| = |4U2V2|

给出

|4a2b2c2d2| = |4a2c2b2d2|

两侧绝对值内部如果异号,就得到

4a2b2 − c2d2 = b2d2 − 4a2c2

模4得到 − 1 ≡ 1(mod4),这显然不对。因此等式两侧绝对值同号,有

4a2b2 − c2d2 = 4a2c2 − b2d2

 ⇒ b2(4a2+d2) = c2(16a2+d2)

2a, b, c, d两两互素得到(b2,c2) = 1,以及(a,d) = 1,再对4a2 + d216a2 + d2重复一遍(四)中的模3论证即可得到(4a2+d2,16a2+d2) = 1,这样我们就有

4a2 + d2 = c2, 16a2 + d2 = b2

现在有了两个互素的整数a, d,d为奇数,4a2 + d216a2 + d2均是平方数。由(五)中的结论,这可以推出一组以4ad为公差的费马问题本原解。而

0 < 4ad < 4 ⋅ 2abcd = 4UV = 4A ≤ 4AD

这样,从任何一组费马问题本原解出发,都可以得到一组公差更小的本原解,但是公差是个正整数,不可能像这样无穷递降下去,这个矛盾说明费马问题的本原解根本就不存在。从而费马的原始陈述正确,四个不同平方数没办法组成一个四项等差数列。