第39节 方程a x 2 ＋b y 2 ＋c z 2 ＝0的解
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定理
如果数a ，b ，c 是互质的，且它们都不等于0，也都不能被平方数整除，那么方程a x 2 ＋b y 2 ＋c z 2 ＝0…（Ω ）没有整数解（除非x ＝y ＝z ＝0，但我们不考虑这种情况），除非-b c ，-a c ，-a b 分别是a ，b ，c 的二次剩余，且这些数有不同的符号；而当这四个条件成立时，方程（Ω ）有整数解。
证明
如果方程（Ω ）总是有整数解，那么它就能够由不具有公约数的x ，y ，z 的值解出。对于满足方程（Ω ）的任何值，它们被最大公约数除过之后，得到的数依然满足方程（Ω ）。现在，如果我们假设a p 2 ＋b q 2 ＋c r 2 ＝0，且p ，q ，r 没有公约数，那么，它们是彼此互质的。这是因为，如果q ，r 具有公约数μ ，它就与p 互质，那么μ 2 整除a p 2 ，从而也整除a ，这与假设矛盾。类似地，p ，r ；p ，q 也一定是互质的。因此，通过给y 和z 赋予互质的值q 和r ，-a p 2 就能够被二元型b y 2 ＋c z 2 表示，那么它的行列式-b c 就是a p 2 的二次剩余，因而也是a 的二次剩余（条目154） 。同理，我们就有-a c R b ，-a b R c 。如果a ，b ，c 有相同的符号，则（Ω） 无解。这个结论非常明显，无须多加解释。
为了证明与构成定理第2部分的结论相反的结论，我们首先 讨论如何求一个等价于 的三元型，使得它的第2、第3和第4个系数能够被a b c 整除；然后，我们再由此推导出方程（Ω ）的一个解。
1．我们先求3个没有公约数的整数A ，B ，C ，使得A 分别与b 和c 互质，B 分别与a 和c 互质，C 分别与a 和b 互质；且a A 2 ＋b B 2 ＋c B 2 能够被a b c 整除。我们按照如下的方式去求：令 分别是表达式 （mod a ）， 的值，则它们就一定分别与a ，b ，c 互质。现在，取任意3个整数 ，只有一个条件，即它们分别与a ，b ，c 互质（例如，令它们都等于1） ，并确定A ，B ，C ，使得
那么，我们就得出
因此，它能够被a 整除，类似地，它也能够被b ，c 整除，因而它能够被a b c 整除。进而，A 一定分别与b 和c 互质，B 一定分别与a 和c 互质，C 一定分别与a 和b 互质。现在，如果A ，B ，C 的值具有（最大） 公约数μ ，它就一定与a ，b ，c 互质，因而也与a b c 互质；因此，如果我们用μ 除这些值，我们就得到没有公约数的新的值，由它们就能够得到a A 2 ＋b B 2 ＋c C 2 的一个值，它还是可以被a b c 整除，因此满足所有的条件。
2．我们以这样的方式确定数A ，B ，C ，那么，A a ，B b ，C c 也没有公约数。这是因为，如果它们有公约数μ ，它就一定与a 互质（因为a 分别与B b 和b 都互质） ，类似地，μ 分别与b 和c 都互质。因此，μ 就一定整除A ，B ，C ，这与假设矛盾。因此，我们能求出整数α ，β ，γ ，使得α A a ＋β B b ＋γ C c ＝1。我们再取6个整数α ′，β ′，γ ′，α ″，β ″，γ ″，使得
现在，设f 可以通过代换
变换成 （它与f 等价） ，那么，m ′，m ″，n 就一定能够被a b c 整除。因为，如果令
那么就有
如果把这些值代入等式
那么，对于模a ，我们得出
即m ′，m ″，n 能够被a 整除。同理，我们可以证明，这些数同样也可以被b ，c 整除，因而它们能够被a b c 整除。证明完毕。
3．为了简洁，我们用d 表示数-a b c ，也就是型f 和g 的行列式，并且设
f 通过代换（S ）
变换成行列式为d 3 的三元型 ，因此，这个型包含于f 中。那么，型 一定与g ′等价。这是因为， ＝g ″显然是一个行列式为1的三元型，根据假设，a ，b ，c 不可能具有相同的符号，f 就是一个不定型，那么我们可以轻松地推断出g ′和g ″一定也是不定型。因此，g 就等价于型， （条目277） ，且我们可以求出一个代换（S ′）把g 变换成型， ；但是，显然，（S ″）会把g ′变换成g ″。因此，g ″也包含在f 之中，并且由代换（S） 和（S ′）的组合我们可以推导出把f 变换成g ″的代换。如果这个代换是
显然，我们能够得到方程（Ω ）的2组解，即x ＝δ ′，y ＝ε ′，z ＝ζ ′和x ＝δ ″，y ＝ε ″，z ＝ζ ″；同样可知，所有这些值不可能同时为0，因为
第2部分证明完毕。
例：设给定的方程是7x 2 -15y 2 ＋23z 2 ＝0。因为345R 7，-161R 15，105R 23，所以它有解。那么， 的值分别是3，7，6。通过令 ，我们求得A ＝98，B ＝-39，C ＝-8，由此得到代换
通过这个代换，型f 变换成型 。因此，我们得出
通过代换
型g 就变换成型
如果把这个代换与（S ）结合，我们便得到代换
它可以把f 变换成g ″。因此，我们得到所给方程的2组解：x ＝11，y ＝9，z ＝4，以及x ＝12，y ＝-9，z ＝3。第二组解的值除以公约数3就变得更简单，即x ＝4，y ＝-3，z ＝1。
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上个条目中定理的第2部分可以按照下面的方法来得到。我们首先求得一个整数h ，使得 （我们用字母 表示和上个条目中相同的含义） ，并且令a h 2 ＋b ＝c i 。不难发现，i 是一个整数，-a b 是二元型（a c ，a h ，i） ＝φ 的行列式。这个型不可能是定正型（因为，根据假设，a ，b ，c 不具有相同的符号，a b 和a c 不可能同时为正） ，进而，它以-1为特征数。我们可以按照下面的方法证明。确定整数e ，e ′，使得e ≡0（mod a） ，且 ，且 ，那么，（e ，e ′）就是表达式 的一个值。因为，对于模a ，e 2 ≡0≡a c ， ，因而，e ′e ′≡-i 。但是，对于模 ，因而 ，因而e ′e ′≡-i 。而对于模a ，b 中都成立的这3个同余式对模a b 也成立。那么，根据三元型理论，我们不难推断出：φ 能够由型 表示。然后假设
上式乘以c 得
现在，如果我们赋予t ，u 特定的值，使得要么γ t ＋δ u ＝0，要么ε t ＋ζ u ＝0，我们就得到方程（Ω ）的1组解，它既能满足
也能满足
显然，每一组里面的所有的值不可能同时为0。这是因为，如果δ c -γ h ＝0，γ ＝0，也就有δ ＝0，以及φ ＝-（α t ＋β u ）2 ，由此得a b ＝0，这与假设矛盾。对于其他值也有类似的结论。在我们的例子中，我们求得型φ 是（161，-63，24），表达式 的值是（7，-51），以及型φ 由 给出的表示是
这就得到解x ＝7，y ＝11，z ＝-8；x ＝20，y ＝15，z ＝-5，或者，除以5并忽略z 的符号，得到x ＝4，y ＝3，z ＝1。
在求解方程（Ω ）的两种方法里，第2种方法更好，因为它在大多数情况下只用到较小的数。但是，第1种方法（可以运用各种技巧简化） 似乎更加优雅，因为对于数a ，b ，c 做同样的处理并进行排列时，计算并不发生变化。而在第2种方法中就不是这样，我们要在3个给定的数中令a 为最小的数，令c 为最大的数，才能得到最简便的计算过程——就像我们在例子中做的那样。
