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07 向无穷和更远出发 To Infinity and Beyond（第6页）

这种类型的问题称作线性的（linear），因为它所涉及方程的图像由排成一条直线的无穷多个点组成。

丢番图问题则是要找到这条直线上的栅格点（lattits），也就是那些两个坐标值都是整数的点。

或者，如果我们只允许正数解，则只能是在第一象限里面的栅格点。

然而，一旦我们允许方程中出现平方和更高次方，对应的问题的性质会变得更加多样化和有趣。

在这种类型中的一个经典问题上我们已经获得了完整的解，那就是找出所有的勾股数[7]（Pythagoreantriple）：满足a2+b2=c2的正整数a，b，c。

当然，得名勾股数是因为你可以用这三个正数作为边长画出一个直角三角形。

典型的例子是（3，4，5）三角形。

给定任意勾股数，我们只需要将它们乘上任一正整数，就能得到更多的勾股数，因为勾股方程依然成立。

例如，我们可以将刚才的例子翻倍，得到（6，8，10）这组数。

不过，这给出的是一个相似三角形，它和原来那个有一模一样的比例关系，因为改变的只是整体尺寸而不是形状。

给定第一个三角形，我们只需用原来单位的一半来测量边长，就可以使三角形的尺寸数值变为之前的两倍，也就得到了第二组勾股数。

但是，也有本质上不一样的勾股数，比如（5，12，13）和（65，72，97）。

所以，要描述所有的勾股数，只需要描述最大公因数为1的所有三元素组（a，b，c）就行了，因为一切其他的勾股数都仅仅是这些的放大版。

方案如下。

取任意一对互质的正整数m和n，其中一个为偶数。

假设m表示两者中大的那个数。

构造三元数a=2mn，b=m2-n2及2。

那么这三个数a，b，c就给出一组勾股数（这里用代数可以轻松验证），并且这三个数没有公因数（也不难检验）。

上面的三个例子就可以这样得到。

在第一个例子里取m=2和n=1，第二个里取m=3和n=2，而最后一种情况我们有m=9，n=4。

要检验反过来的命题需要更多努力：任何勾股数都可以用这种方法来生成，只需取合适的m和n的值；另外，这样的表示法还是唯一的，于是两对不同的（m，n）不可能产生同样的勾股数（a，b，c）。

相应的立方和更高次的方程却没有解：对于任何指数n≥3，没有正整数组x，y和z满足xn+yn=zn。

这就是著名的费马大定理（Fermat’sLastTheorem）。

未来它可能被称作怀尔斯定理，因为它是由安德鲁·怀尔斯爵士[8]（SirAndrewWiles）在20世纪90年代最终证明的。

甚至是在立方的情况下，这也是一个非常困难的问题，这是由欧拉首先解决的。

不过，可以相对简单地证明两个四次方数之和不可能是一个平方数（因此当然不可能是一个四次方）。

并且这就足以将原来的问题简化为指数n是一个素数p的情况（意思是如果我们对所有素指数的情况解决了这个问题，便可以立即得到一般的结论）。

确实，在19世纪的时候，指数n为所谓的正则素数（regularprime）的情形得到了证明。

然而，要实现问题的完全解决，还得等到怀尔斯解答了一个叫作谷山-志村猜想[9]（Shimura-Taniyamajecture）的深刻问题之后。

斐波那契和连分数

回忆一下斐波那契发现的数列，1，1，2，3，5，8，13，21，…，我们在第5章中进行了介绍。

从这个数列中取一对相邻的数，将它们的比写成1加上一个分数。

现在，如果我们“埃及化”

这个分数，也就是反复地让分数部分的分子分母同除以分子，就会出现一个引人注目的规律。