初等证明：2、3不是同余数

后言：后一天回来看看了发现，错误不少，不严谨，犹如一个问题想了许久，突然灵光一闪，有了突破口，那个兴奋劲，事后仔细想想，忽又淡然了，原来那个突破口存在严重的漏洞，再过一会方才相通，只是已经经过严谨的推理证明。不过冥想许久的灵光一闪还是十分令我兴奋，即使走在路上手舞足蹈，也难免科学家在常人眼里是怪胎，但是人类的发展历程中科学家无处不在。

再后言：又回头看看了，发现了些许地方的误写，特此修改一下

证：采用反证法

1.1.1.假设N=2N=2N=2为同余数，那么存在有理数边直角三角形A,B,CA, B, CA,B,C使得

A2+B2=C2,AB2=NA^2 + B^2 = C^2, \frac{AB}{2} = NA2+B2=C2,2AB=N

又设A,B,CA, B, CA,B,C的分母最小公倍数为sss，则a=sA,b=sB,c=sCa = sA, b = sB, c = sCa=sA,b=sB,c=sC同样满足

a2+b2=c2,ab2=s2Na^2 + b^2 = c^2, \frac{ab}{2} = s^2Na2+b2=c2,2ab=s2N

这里证明一下(a,b,c)(a, b, c)(a,b,c)构成毕达哥拉斯本原三元组

如果整数M=(a,b,c)M = (a, b, c)M=(a,b,c)，那么(aM,bM,cM)(\frac{a}{M}, \frac{b}{M}, \frac{c}{M})(Ma,Mb,Mc)构成毕达哥拉斯本原三元组

且其面积为ab2M2=s2NM2\frac{ab}{2M^2} = \frac{s^2N}{M^2}2M2ab=M2s2N为整数(因为aM,bM\frac{a}{M},\frac{b}{M}Ma,Mb奇偶互异，必有一偶)

因此有M2∣s2NM^2 | s^2NM2∣s2N，又因NNN无平方因子，所以M∣sM|sM∣s

设s=tMs = tMs=tM，又因为(aM,bM,cM)=(tA,tB,tC)(\frac{a}{M}, \frac{b}{M}, \frac{c}{M}) = (tA, tB, tC)(Ma,Mb,Mc)=(tA,tB,tC)为整数三元组，则有s∣ts|ts∣t

因此，可得s=t,M=1s = t, M = 1s=t,M=1，因而(a,b,c)(a, b, c)(a,b,c)构成毕达哥拉斯本原三元组

回归正题，这里费马的无穷下降法证明(这里的证明都是看《初等数论及其应用第六版》后书上并未具体说明的问题，虽然也是费马采用的证明法，于是乎就来证明一下，说明一下本人并未观摩其证明)

∵(a,b,c)=(m2−n2,2mn,m2+n2)\because (a, b, c) = (m^2 - n^2, 2mn, m^2+ n^2)∵(a,b,c)=(m2−n2,2mn,m2+n2)，其中m,nm,nm,n为奇偶互异的互素整数

∴ab2=(m2−n2)mn=(m+n)(m−n)mn=s2N=2s2\therefore \frac{ab}{2} = (m^2 - n^2)mn = (m+n)(m - n)mn = s^2N = 2s^2∴2ab=(m2−n2)mn=(m+n)(m−n)mn=s2N=2s2

∵(m+n,m−n,m,n)=1⋀2∣n\because (m+n,m-n,m,n) = 1 \bigwedge 2|n∵(m+n,m−n,m,n)=1⋀2∣n

∴m+n=x2,m−n=y2,m=z2,n=2w2\therefore m+n= x^2, m-n=y^2, m=z^2, n=2w^2∴m+n=x2,m−n=y2,m=z2,n=2w2，其中x,y,z,wx, y, z, wx,y,z,w为相互互素整数，且x,y,zx, y,zx,y,z为奇数

∵2n=4w2=(m+n)−(m−n)=x2−y2=(x+y)(x−y)\because 2n = 4w^2=(m+n) - (m-n) = x^2 -y^2 =(x+y)(x-y)∵2n=4w2=(m+n)−(m−n)=x2−y2=(x+y)(x−y)

∵(x+y,x−y)=(2x,x−y)=(2,x−y)=2\because (x+y, x-y) = (2x, x-y) = (2, x-y) = 2∵(x+y,x−y)=(2x,x−y)=(2,x−y)=2

∴w2=(x+y2)(x−y2)\therefore w^2=(\frac{x+y}{2})(\frac{x-y}{2})∴w2=(2x+y)(2x−y)，所以有x+y2=u2,x−y2=v2\frac{x+y}{2} = u^2, \frac{x-y}{2} = v^22x+y=u2,2x−y=v2
这里u,vu,vu,v为整数且(u,v)=1(u, v) = 1(u,v)=1

∵x,y≡1,3(mod4)\because x, y \equiv 1, 3 \pmod 4∵x,y≡1,3(mod4)
(误写111：应为模444而非888，而当888时5−1,5+1̸≡0(mod8)5-1, 5+1 \not\equiv 0 \pmod 85−1,5+1̸≡0(mod8)没有模整除这个结论，只有当222个模数为模的互补或相等时有这个结论，明显关于444的话1,31, 31,3时互补的)

∴x−y≡0(mod4)⋁x+y≡0(mod4)\therefore x - y \equiv 0 \pmod 4 \bigvee x + y \equiv 0 \pmod 4∴x−y≡0(mod4)⋁x+y≡0(mod4)

因此，可设v=2d,d∈Z+v = 2d, d \in Z^+v=2d,d∈Z+

∴x=x+y2+x−y2=u2+v2=u2+4d2\therefore x = \frac{x+y}{2} + \frac{x-y}{2} = u^2 + v^2 = u^2 + 4d^2∴x=2x+y+2x−y=u2+v2=u2+4d2

y=x+y2−x−y2=u2−v2=u2−4d2y = \frac{x+y}{2} - \frac{x-y}{2} = u^2 - v^2 = u^2 - 4d^2y=2x+y−2x−y=u2−v2=u2−4d2

∴m=x2+y22=u4+16v4=z2\therefore m = \frac{x^2 + y^2}{2} = u^4 + 16v^4 = z^2∴m=2x2+y2=u4+16v4=z2，可知(u2,4v2,z)(u^2, 4v^2, z)(u2,4v2,z)构成一个毕达哥拉斯本原三元组

且其面积为2u2v2=2(uv)22u^2v^2 = 2(uv)^22u2v2=2(uv)2，可知此三元组也对应同余数222

而其斜边z≤m<m2+n2=cz \le m \lt m^2 + n^2 = cz≤m<m2+n2=c，即存在一个斜边更小的正整数直角三角形其对应同余数222

然而根据正整数的良序性可知，这是矛盾的，因此222不是同余数

2.2.2.假设N=3N=3N=3为同余数，则同理可得

∵(m+n)(m−n)mn=s2N=3s2\because (m+n)(m - n)mn = s^2N = 3s^2∵(m+n)(m−n)mn=s2N=3s2

∴{m+n=3x2,m−n=y2,m=z2,n=(2w)2m+n=x2,m−n=3y2,m=z2,n=(2w)2m+n=x2,m−n=y2,m=3z2,n=(2w)2m+n=x2,m−n=y2,m=z2,n=3(2w)2\therefore\begin{cases}\\ m+n= 3x^2, m-n=y^2, m=z^2, n=(2w)^2\\ m+n= x^2, m-n=3y^2, m=z^2, n=(2w)^2\\ m+n= x^2, m-n=y^2, m=3z^2, n=(2w)^2\\ m+n= x^2, m-n=y^2, m=z^2, n=3(2w)^2\\ \end{cases}∴⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧m+n=3x2,m−n=y2,m=z2,n=(2w)2m+n=x2,m−n=3y2,m=z2,n=(2w)2m+n=x2,m−n=y2,m=3z2,n=(2w)2m+n=x2,m−n=y2,m=z2,n=3(2w)2

第一种情况

2n=8w2=(m+n)−(m−n)=3x2−y22n = 8w^2=(m+n) - (m-n) = 3x^2 -y^22n=8w2=(m+n)−(m−n)=3x2−y2
(误写222：应为8w28w^28w2而非4w24w^24w2)

y2=3x2−8w2y^2 = 3x^2 - 8w^2y2=3x2−8w2，这可以通过两边同余444可知无整数解(x,yx, yx,y为奇数)

第二种情况

2n=8w2=(m+n)−(m−n)=x2−3y22n = 8w^2=(m+n) - (m-n) = x^2 - 3y^22n=8w2=(m+n)−(m−n)=x2−3y2
(误写333：应为8w28w^28w2而非4w24w^24w2)

x2=3y2+8w2x^2 = 3y^2 + 8w^2x2=3y2+8w2，这可以通过两边同余444可知无整数解(x,yx, yx,y为奇数)

第三种情况

n2=2w2=(x+y2)(x−y2)\frac{n}{2} = 2w^2 = (\frac{x+y}{2})(\frac{x-y}{2})2n=2w2=(2x+y)(2x−y)

x+y2=u2,x−y2=v2,(u,v)=1\frac{x+y}{2} = u^2, \frac{x-y}{2} = v^2, (u,v) = 12x+y=u2,2x−y=v2,(u,v)=1，同样可设2∣v2 | v2∣v，则2∤u2 \nmid u2∤u

∴x=x+y2+x−y2=u2+v2=u2+4d2\therefore x = \frac{x+y}{2} + \frac{x-y}{2} = u^2 + v^2 = u^2 + 4d^2∴x=2x+y+2x−y=u2+v2=u2+4d2

y=x+y2−x−y2=u2−v2=u2−4d2y = \frac{x+y}{2} - \frac{x-y}{2} = u^2 - v^2 = u^2 - 4d^2y=2x+y−2x−y=u2−v2=u2−4d2

∴m=x2+y22=u4+16v4=3z2\therefore m = \frac{x^2 + y^2}{2} = u^4 + 16v^4 = 3z^2∴m=2x2+y2=u4+16v4=3z2，两边同余444可知无整数解(zzz为奇数)

第四种情况

n2=6w2=(x+y2)(x−y2)\frac{n}{2} = 6w^2 = (\frac{x+y}{2})(\frac{x-y}{2})2n=6w2=(2x+y)(2x−y)

可设x−y≡0(mod4)x - y \equiv 0 \pmod 4x−y≡0(mod4)

x+y2=3u2,x−y2=2v2,(u,v)=1\frac{x+y}{2} = 3u^2, \frac{x-y}{2} = 2v^2, (u,v) = 12x+y=3u2,2x−y=2v2,(u,v)=1

∴x=x+y2+x−y2=3u2+2v2\therefore x = \frac{x+y}{2} + \frac{x-y}{2} = 3u^2 + 2v^2∴x=2x+y+2x−y=3u2+2v2

y=x+y2−x−y2=3u2−2v2y = \frac{x+y}{2} - \frac{x-y}{2} = 3u^2 - 2v^2y=2x+y−2x−y=3u2−2v2

∴m=x2+y22=9u4+4v4=z2\therefore m = \frac{x^2 + y^2}{2} = 9u^4 + 4v^4 = z^2∴m=2x2+y2=9u4+4v4=z2，可得(3u2,2v2,z)(3u^2, 2v^2, z)(3u2,2v2,z)构成一个毕达哥拉斯本原三元组

且其面积为3u2v2=3(uv)23u^2v^2 = 3(uv)^23u2v2=3(uv)2，可知此三元组也对应同余数333

而其斜边z≤m<m2+n2=cz \le m \lt m^2 + n^2 = cz≤m<m2+n2=c，即存在一个斜边更小的正整数直角三角形其对应同余数333

然而根据正整数的良序性可知，这是矛盾的，因此333不是同余数

而如果是

x+y2=u2,x−y2=6v2,(u,v)=1\frac{x+y}{2} = u^2, \frac{x-y}{2} = 6v^2, (u,v) = 12x+y=u2,2x−y=6v2,(u,v)=1

∴x=x+y2+x−y2=u2+6v2\therefore x = \frac{x+y}{2} + \frac{x-y}{2} = u^2 + 6v^2∴x=2x+y+2x−y=u2+6v2

y=x+y2−x−y2=u2−6v2y = \frac{x+y}{2} - \frac{x-y}{2} = u^2 - 6v^2y=2x+y−2x−y=u2−6v2

∴m=x2+y22=u4+36v4=z2\therefore m = \frac{x^2 + y^2}{2} = u^4 + 36v^4 = z^2∴m=2x2+y2=u4+36v4=z2，可得(u2,6v2,z)(u^2, 6v^2, z)(u2,6v2,z)构成一个毕达哥拉斯本原三元组

且其面积为3u2v2=3(uv)23u^2v^2 = 3(uv)^23u2v2=3(uv)2，可知此三元组也对应同余数333，同样是矛盾的

同理可证当x+y≡0(mod4)x + y \equiv 0 \pmod 4x+y≡0(mod4)，同样是矛盾的
(补充111：之前只对x−y≡0(mod4)x - y \equiv 0 \pmod 4x−y≡0(mod4)情况进行了证明而忽略了x+y≡0(mod4)x + y \equiv 0 \pmod 4x+y≡0(mod4)，这是不严谨的)

证毕.
(补充222：添加证明的标准结尾)

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