這是從另一個討論區得到的答案:
似乎不用強調“正整數解”,因為x和y都是二次方。 為了配合佩爾方程的表示法,把題目的變數x、y互換,另外p是正是負也不影響證明。 命題A:“x^2-2y^2=p必有整數解,其中p為形如8t±1的質數。”
先說明三個命題,但不證明。
命題一:此從chakravala method觀察而來,若m^2-N=k1×k2,x^2-Ny^2=k1有整數解 ,如果存在整數對(a,b)使得[(am+Nb)/k2]^2-N[(a+mb)/k2]^2=k1,則x^2-Ny^2=k2有 整數解(a,b)。
命題二:若x^2-Ny^2=k1和x^2-Ny^2=k2皆有解,則x^2-Ny^2=k1k2亦有解 (Brahmagupta–Fibonacci identity的應用)
命題三:m^2-2=(2^a)×q,a=0或1,q為奇質因數的乘積,且皆為形如8t±1的質數。
命題一、命題二是佩爾方程;命題三是二次剩餘。 接著進入主要證明,方法為對形如8t±1的質數做歸納法,前幾項檢驗數據就省略了。 根據二次剩餘,對任意形如8t±1的質數p,存在1≦m≦(p-1)/2使得p│m^2-2,令 m^2-2=pQ,顯然Q<P,復根據命題三,Q=(2^a)×q,q是形如 8t±1的質數乘積。 假設本題對比p小的質數都成立,則根據歸納法假設及命題二,x^2-2×y^2=Q有整數解 (U,V),不妨令U>0,V>0(因為UV≠0,證明略)。 接著看[(am+2b)/p]^2-N[(a+mb)/p]^2=Q 【式1】 而(Vm+U)/p或(Vm-U)/p其中有一個必為整數──即為b的值,又a=pV-mb,代入式1後成 立,故根據命題一,命題A證明完畢。 _________________ 思考數學------"樂趣"與"收穫"都能兼得
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