A Note on Congruent Numbers¨Umm¨ug¨

A Note on Congruent Numbers
¨Umm¨ug¨uls¨um ¨O˘g¨ut and Refik Keskin
Sakarya University, Mathematics Department, Sakarya, Turkey
[e-mail], [e-mail]
Copyright c 2013 U¨mmu¨gu¨lsu¨m O¨ ˘gu¨t and Refik Keskin. This is an open access article
distributed under the Creative Commons Attribution License, which permits unrestricted
use, distribution, and reproduction in any medium, provided the original work is properly
cited.
Abstract
In this study, by showing that the systems of simultaneous equations
a2 − b2 = x2
and
a2 + b2 = y2
have no solutions in positive integers, we proved that a congruent number
can not be a perfect square. Moreover we proved Fermat’s last
theorem for n = 4.
Keywords: Congruent number, primitive Pythagorean triple, Fermat’s
last theorem
1 Introduction
The problem of studying positive integers n which occur as areas of rational
right triangle was of interest to the Greeks. The congruent number problem
was first discussed systematically by Arab scholars of the tenth century.
By the way recall that a positive integer n is a congruent number if it equals
to the area of right triangle with rational sides.
Since tenth century, some well-known mathematicians have devoted considerable
energy of the congruent number problem. For example Euler showed
that n = 7 is a congruent number with sides of lenght 24
5 , 35
12 and 337
60 . It is
750 ¨Umm¨ug¨uls¨um ¨ O˘g¨ut and Refik Keskin
known that Leonardo Pisano (Fibonacci) was challenged around 1220 by Johannes
of Palermo to find a rational right triangle of area 5. He found the
right triangle with sides of lenght 3
2 , 20
3 and 41
6 . Notice that the definition of a
congruent number does not require the sides of the triangle to be integer, only
rational. While n = 6 is the smallest possible area of a right triangle with integer
sides of lenght 3,4,5 , n = 5 is the area of right triangle with rational sides
of lenght 3
2 , 20
3 and 41
6 . So n = 5 is the smallest congruent number. In 1225,
Fibonacci wrote a general treatment about the congruent number problem, in
which he stated out without proof that if n is a perfect square then n cannot
be a congruent number. The proof of such a claim had to wait until Pierre de
Fermat. He showed that n = 1 and so every square number is not a congruent
number by using his method of infinite descent[6]. One can look at [4] and
[7] for Fermat’s descent method. In the present study we will show that if n
is a congruent number then n can not be a perfect square by using the same
method. Moreover, we proved Fermat’s last theorem for n = 4, which states
that the equation x4 + y4 = z4 has no solutions in positive integers.
2 Main Theorems
Definition 1 Let x, y and z be positive integers. We say (x, y, z) is a Pythagorean
triple if x2 + y2 = z2. If (x, y, z) is a Pythagorean triple and gcd(x, y, z) = 1,
then we say that (x, y, z) is a primitive Pythagorean triple.
The following theorem is well known and can be found many textbook on
number theory(see [1]).
Lemma 2 Let (x, y, z) be a primitive Pytagorean triple. Then there exist opposite
parity natural numbers u and v such that x = 2uv, y = u2 − v2 and
z = u2 + v2 with (u, v) = 1.
From the above lemma it follows that if (x, y, z) is a primitive Pytagorean
triple, then z and one of x and y are odd.
Now, we will give the following lemma which will be needed during the
proof of the main theorem.
Lemma 3 There is no positive integers a, b, x, y such that a2 − b2 = x2 and
a2 + b2 = y2.
Proof. Assume that b is the minimum integer satisfying the equations a2−b2 =
x2 and a2 + b2 = y2. Then, it follows that (a, b, x) = (a, b, y) = 1. Since
a2 − b2 = x2 and a2 + b2 = y2, it is clear that both (a, b, x) and (a, b, y) are
A note on congruent numbers 751
primitive Pytagorean triples. Hence, a is odd and therefore b is even. Let
z = xy. Then we may write
a4 − b4 =

a2 − b2
 
a2 + b2

= x2y2 = (xy)2 = z2.
That is, (a2)2 = z2 +(b2)2. Furthermore, it can be easily seen that (z, b2, a2) =
1. Thus, there exist opposite parity natural numbers u and v with (u, v) = 1
such that b2 = 2uv, a2 = u2+v2, z = u2−v2. Since a2 = u2+v2 and (u, v) = 1,
it is seen that (u, v, a) is a primitive Pythagorean triple. Without loss of
generality, we may suppose that u is odd and v is even. Then, there exist
positive integers r and s with (r, s) = 1 such that a = r2 + s2, v = 2rs,
u = r2 − s2. Substituting these values of u and v into b2 = 2uv gives
b2 = 2uv = 2(r2 − s2)2rs = 4rs(r2 − s2),
which implies that

b
2

2
= rs(r2 − s2).
Since (r, s) = 1, it is easy to see that (rs, r2 − s2) = 1. Here both rs and
r2 − s2 are perfect square. Since r and s are opposite parity and (r, s) = 1, it
follows that (r − s, r + s) = 1. Using the fact that r2 − s2 = (r − s) (r + s) ,
it is seen that r − s and r + s are perfect square. Then, there exist integers
t, k, c, d such that r = t2, s = k2, r−s = c2 and r+s = d2. So, we immediately
have t2 − k2 = c2 and t2 + k2 = d2. Besides, using v = 2rs, b2 = 2uv and
s = k2, we see that b2 = 4urk2. This implies that k < b. But this contradicts
the definition of b. As a consequence, there is no integers a, b, x, y such that
a2 − b2 = x2 and a2 + b2 = y2.
Theorem 4 Let n be a congruent number. Then n can not be a perfect square.
Proof. Assume that n is a congruent number and n = k2 for some k ∈ Z.
Since n is a congruent number, there is a right triangle with rational sides
x, y, z such that n = xy
2 . We may suppose that
x = a/m, y = b/m, z = c/m
for some positive integers a, b, c, m. By using x2 + y2 = z2, we get

a
m

2
+

b
m

2
=

c
m

2
,
which implies that a2 + b2 = c2. Since
k2 = n =
xy
2
=
(a/m)(b/m)
2
=
ab
2m2 ,
752 ¨Umm¨ug¨uls¨um ¨ O˘g¨ut and Refik Keskin
we get
ab = 2m2k2.
By using the equations a2+b2 = c2 and ab = 2(mk)2 , we can easily write that
(a + b)2 = a2 + b2 + 2ab = c2 + (2mk)2
and
(a − b)2 = a2 + b2 − 2ab = c2 − (2km)2 .
But this is impossible by Lemma 3. This completes the proof.
The proof of the following lemma is easy and will be omitted.
Lemma 5 Let n = s2m with m squarefree. Then n is a congruent number iff
m is a congruent number.
By using Theorem 4 and Lemma 5 we can give the following.
Corollary 6 1 is not a congruent number.
Corollary 7 The equation x4 +y4 = z4 has no solutions in positive integers.
Proof. Assume that x4 + y4 = z4 for some positive integers x, y, z. Let d =
gcd(x, y, z). Then x = da, y = db, and z = dc for some positive integers a, b, c
with gcd(a, b, c) = 1. Then it follows that a4 +b4 = c4. That is, (a2)2 +(b2)2 =
(c2)2. This shows that (a2, b2, c2) is a a primitive Pythagorean triple. Therefore,
b2 = u2 − v2 and c2 = u2 + v2 for some positive integers u and v by Lemma 2.
But this is impossible by Lemma 3. This completes the proof.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

หมายเหตุเลขแผง¨um¨ug¨uls¨um ¨O˘g¨ut และ Refik KeskinSakarya มหาวิทยาลัย ภาควิชาคณิตศาสตร์ Sakarya ตุรกี[e-mail], [e-mail]ลิขสิทธิ์ซี 2013 U¨mmu¨gu¨lsu¨m O¨ ˘gu¨t Refik Keskin และ เป็นบทความเปิดเข้ากระจายภายใต้การสร้างสรรค์คอมมอนส์แสดงลิขสิทธิ์ ซึ่งไม่จำกัดใบอนุญาตใช้ แจกจ่าย และการผลิตซ้ำในสื่อใด ๆ ให้ถูกงานต้นฉบับเริ่มแรกบทคัดย่อในการศึกษานี้ โดยแสดงที่ระบบของสมการพร้อมกันa2 − b2 = x 2และa2 + b2 = y2มีวิธีแก้ไขไม่ในจำนวนเต็มบวก เราได้ที่หมายเลขแผงไม่ได้เหลี่ยมสมบูรณ์ นอกจากนี้ เราพิสูจน์แฟร์มาของล่าสุดทฤษฎีบทสำหรับ n = 4คำสำคัญ: แผงหมายเลข ดั้งเดิมพีทาโกรัสทริปเปิ้ล แฟร์มาเป็นทฤษฎีบทสุดท้ายบทนำ 1ปัญหาของการศึกษา n เป็นจำนวนเต็มบวกที่เกิดขึ้นจริงของเหตุผลสามเหลี่ยมมุมฉากได้น่าสนใจกรีก ปัญหาหมายเลขแผงเป็นครั้งแรกกล่าวถึงระบบ โดยนักปราชญ์อาหรับศตวรรษสิบโดยวิธีการ เรียกคืนให้ n เป็นจำนวนเต็มบวกเป็นจำนวนแผงถ้ามันเท่ากับพื้นที่ของสามเหลี่ยมมุมฉากมีด้านเหตุผลตั้งแต่ศตวรรษที่สิบ mathematicians บางรู้จักได้ทุ่มเทมากพลังงานของปัญหาหมายเลขแผง ตัวอย่าง พบออยเลอร์ให้ n = 7 เป็นตัวเลขโดยแผง มีด้านความยาว 245, 3512 และ 33760 มันเป็น750 ¨um¨ug¨uls¨um เลขจด O˘g¨ut และ Refik Keskinรู้จักว่า Leonardo Pisano (Fibonacci) ถูกท้าทายประมาณ 1220 โดยโยฮันเนสของปาแลร์โมหาสามเหลี่ยมมุมฉากเชือดของพื้นที่ 5 เขาพบสามเหลี่ยมมุมฉาก มีด้านยาว 32, 203 และ 416 สังเกตที่คำจำกัดความของการจำนวนแผงต้องใช้ด้านของสามเหลี่ยมจะเป็นจำนวนเต็ม เท่านั้นเชือด ในขณะที่ n = 6 จะได้พื้นที่น้อยที่สุดของสามเหลี่ยมมุมฉากกับจำนวนเต็มด้านความยาว 3,4,5, n = 5 เป็นพื้นที่ของสามเหลี่ยมมุมฉากมีด้านเหตุผลความยาว 32, 203 และ 416 ดังนั้น n = 5 เป็นเลขแผงเล็กที่สุด ใน 1225ฟีโบนัชชีเขียนรักษาทั่วไปเกี่ยวกับปัญหาเลขแผง ในที่เขากล่าวออกมา โดยไม่มีหลักฐานว่า ถ้า n เหลี่ยมเหมาะ แล้ว n ไม่เป็นตัวเลขแผง หลักฐานการร้องเรียนดังกล่าวมีการรอจนถึง Pierre deแฟร์มา เขาพบว่า n = 1 และให้ทุกตารางไม่มีแผงหมายเลข โดยใช้วิธีของเขาของอนันต์โคตร [6] หนึ่งสามารถดู [4] และ[7] สำหรับวิธีโคตรของแฟร์มา ในการศึกษาปัจจุบัน เราจะแสดงว่าถ้า nเป็นค่าแผง แล้ว n ไม่เป็นสี่เหลี่ยมสมบูรณ์แบบโดยตรงวิธีการ นอกจากนี้ เราพิสูจน์ทฤษฎีบทสุดท้ายของแฟร์มาสำหรับ n = 4 ระบุที่สมการ x 4 + y4 = z4 มีโซลูชั่นไม่เป็นจำนวนเต็มบวกทฤษฎีหลัก 2นิยาม 1 ให้ x, y และ z เป็นจำนวนเต็มบวก เราพูด (x, y, z) เป็นพีทาโกรัสถ้าทริปเปิล x 2 + y2 = z2 ถ้า (x, y, z) เป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสและ gcd (x, y, z) = 1แล้วเราบอกว่า (x, y, z) เป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสแบบดั้งเดิมทฤษฎีบทต่อไปนี้เป็นที่รู้จัก และสามารถพบได้ในหนังสือบนทฤษฎีจำนวน (ดู [1])ให้จับมือ 2 (x, y, z) เป็นทริ Pytagorean ดั้งเดิม แล้ว มีอยู่ตรงกันข้ามธรรมชาติพาริตี้เลข u และ v เช่นให้ x = 2uv, y = u2 − v2 และz = u2 + v2 กับ (u, v) = 1จากจับมือข้าง นั้นไปว่าถ้า (x, y, z) เป็น Pytagorean ดั้งเดิมสาม z แล้วและหนึ่งของ x และ y เป็นคี่ตอนนี้ เราจะให้จับมือต่อไปนี้ซึ่งจะต้องใช้ในระหว่างการหลักฐานของทฤษฎีบทหลักจับมือ 3 มีไม่เป็นจำนวนเต็มบวก a, b, x, y ดังกล่าวที่ a2 − b2 = x 2 และa2 + b2 = y2หลักฐานการ สมมติว่า b ที่เป็นจำนวนเต็มน้อยที่ภิรมย์ a2−b2 สมการ =x 2 และ a2 + b2 = y2 แล้ว เป็นไปตามที่ (a, b, x) = (a, b, y) = 1 ตั้งแต่a2 − b2 = x 2 และ a2 + b2 = y2 จึงชัดว่าทั้งสอง (a, b, x) และ (a, b, y) เป็นหมายเหตุแผงเลข 751Pytagorean ดั้งเดิม triples ดังนั้น จะแปลก และดังนั้น b จะได้ ปล่อยให้z = xy แล้ว เราจะเขียนa4 − b4 =a2 − b2 a2 + b2= x2y2 = (xy) 2 = z2นั่นคือ, (a2) 2 = z2 + (b2) 2 นอกจากนี้ จะได้เห็นว่า (z, b2, a2) =1. ดังนั้น มีอยู่ตรงข้ามกับพาริตี้เลขธรรมชาติคุณ v ด้วย (u, v) = 1ที่ b2 = 2uv, a2 = u2 + v2, z = u2−v2 ตั้งแต่ a2 = u2 + v2 และ (u, v) = 1เห็นที่ (u, v ) เป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสแบบดั้งเดิม โดยไม่สูญเสียgenerality เราอาจสมมติว่า เป็นคี่ และ v จะได้ จากนั้น มีอยู่จำนวนเต็มบวก r และ s กับ (r, s) = 1 ให้เป็น = r2 + s2, v = 2rsu = r2 − s2 แทนค่าเหล่านี้ของ u และ v เป็น b2 = 2uv ให้b2 = 2uv = 2 (r2 − s2) 2rs = 4rs (r2 − s2),ซึ่งหมายถึงการที่b22=เอส (r2 − s2)เนื่องจาก (r, s) = 1 ง่ายต่อการดูว่า (อาร์เอส r2 − s2) = 1 ที่นี่ทั้งอาร์เอส และr2 − s2 สี่เหลี่ยมสมบูรณ์ได้ เนื่องจาก r และ s เป็นตรงข้ามกับพาริตี้ และ (r, s) = 1 มันตามที่ (r − s, r + s) = 1 ใช้ข้อเท็จจริงว่า s2 − r2 = (r − s) (r + s),จะเห็นได้ว่า r − s และ r + s เป็นสี่เหลี่ยมเหมาะ จากนั้น มีอยู่เต็มt, k, c, d ดังกล่าวที่ r = t2, s = k2, r−s = c2 และ r + s = d2 ดังนั้น เราทันทีมี t2 − k2 = c2 และ t2 + k2 = d2 นอกจาก ใช้ v = 2rs, b2 = 2uv และs = k2 เราดูที่ b2 = 4urk2 หมายความว่า k < b แต่นี้ทุกคำนิยามของ b ผล มีไม่เต็ม a, b, x, y ที่a2 − b2 = x 2 และ a2 + b2 = y2ทฤษฎีบท 4 ให้ n เป็นตัวเลขแผง แล้ว n ได้อย่างสมบูรณ์แบบสี่เหลี่ยมหลักฐานการ สมมติว่า n เป็นเลขแผงและ n = k2 สำหรับบาง∈ k Zเนื่องจาก n เป็นตัวเลขแผง มีสามเหลี่ยมมุมฉาก มีด้านเหตุผลx, y, z ดังกล่าวที่ n = xy2 เราอาจสมมุติว่าx =ตัว / m, y = b/m, z = c/mสำหรับบางจำนวนเต็มบวก a, b, c, m โดยใช้ x2 + y2 = z2 เราได้รับการm2+bm2=cm2,ซึ่งหมายความว่า a2 + b2 = c2 ตั้งแต่k2 = n =xy2=(ตัว / m)(b/m)2=ab2 เมตร 2752 ¨um¨ug¨uls¨um เลขจด O˘g¨ut และ Refik Keskinเราได้รับab = 2m2k2โดยใช้สมการ a2 + b2 = c2 และ ab = 2 (เอ็ม) 2 เราได้อย่างง่ายดายสามารถเขียนที่(เป็น + b) 2 = a2 + b2 + 2ab = c2 + (2mk) 2และ(− b) 2 = a2 + b2 − 2ab =− c2 (2 กม) 2แต่ไม่สามารถจับมือ 3 เสร็จสิ้นการพิสูจน์หลักฐานการจับมือต่อไปนี้เป็นเรื่องง่าย และจะถูกละเว้นจับมือ 5 ให้ n = s2m กับ m squarefree แล้ว n เป็น iff เลขแผงm คือ จำนวนแผงโดยทฤษฎีบท 4 และ 5 จับมือ เราจะต่อไปนี้Corollary 6 1 ไม่ได้แผงCorollary 7 สมการ x 4 + y4 = z4 มีโซลูชั่นไม่เป็นจำนวนเต็มบวกหลักฐานการ สมมติว่า 4 x + y4 = z4 สำหรับบางจำนวนเต็มบวก x, y, z ให้ d =gcd (x, y, z) แล้ว x =ดา y = db และ z = dc สำหรับบางจำนวนเต็มบวก a, b, cด้วย gcd (a, b, c) = 1 แล้วไปที่ a4 + b4 = c4 นั่นคือ, (a2) 2 + (b2) 2 =(c2)2. นี้แสดงที่ (a2, b2, c2) จะเป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสแบบดั้งเดิม ดังนั้นb2 = c2 และ u2 − v2 = u2 + v2 สำหรับบางจำนวนเต็มบวกและ v ด้วยการจับมือ 2แต่ไม่สามารถจับมือ 3 เสร็จสิ้นการพิสูจน์

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

หมายเหตุในสอดคล้องตัวเลข
ตั้ง . . ตั้ง 2 uls ตั้ง . . ตั้งตั้ง O ˘กรัมและตั้งแต่ refik keskin
ยะ University , ภาควิชาคณิตศาสตร์ยะ , ตุรกี [e-mail] rkeskin ยะ
, @ . edu . TR
ลิขสิทธิ์  C 2013 U ตั้งแปรงตั้งกูตั้ง LSU ตั้ง M o ตั้ง˘กูตั้งและ refik keskin . นี่คือการเปิดบทความเผยแพร่ภายใต้สัญญาอนุญาตครีเอทีฟคอมมอนส์แสดงที่มา

ใช้สัญญาอนุญาตที่อนุญาตให้จำกัดขอบเขตการกระจายและระบบสืบพันธุ์ในสื่อใด ๆ ให้ทำงานเดิมให้ดี


อ้าง . บทคัดย่อ ในการศึกษานี้ โดยแสดงให้เห็นว่าระบบสมการพร้อมกัน
A2 − 2 = x2

A2 และ B2 = Y2
ไม่มีโซลูชั่นในจํานวนเต็มบวก เราได้พิสูจน์ว่า
เลขที่สอดคล้องไม่สามารถเป็นตารางที่สมบูรณ์แบบ . นอกจากนี้ เราได้พิสูจน์ทฤษฎีบทสุดท้ายของแฟร์มาต์
n = 4 .
คำสำคัญ : หลังหมายเลขตรวจสอบสามสิ่งอันดับพีทาโกรัสทฤษฎีบทสุดท้ายของแฟร์มาต์
,
1 บทนำ
ปัญหาการเรียนจำนวนเต็มบวก n ซึ่งเกิดขึ้นเนื่องจากพื้นที่ของเหตุผล
สามเหลี่ยมมุมฉากเป็นที่สนใจของพวกกรีก ความสอดคล้องจํานวนปัญหา
เป็นครั้งแรกที่กล่าวถึงอย่างเป็นระบบ โดยนักวิชาการของอาหรับศตวรรษที่ 10 .
ว่าแต่จำได้ว่าจำนวนเต็มบวก n เป็นจำนวนเท่ากัน ถ้ามันมีค่าเท่ากับ
กับพื้นที่ของรูปสามเหลี่ยมที่มีด้านขวาเชือด ตั้งแต่ศตวรรษที่ 10
บาง ที่รู้จักกันดี นักคณิตศาสตร์ได้ทุ่มเทพลังงานมาก
ของปัญหาจำนวนที่สอดคล้องต้องกัน ตัวอย่างเช่น ออยเลอร์พบ
ที่ n = 7 เป็นหมายเลขที่สอดคล้องกับด้านยาว 24
5

12 และ 35 ถึง 60 มันคือ
750 ตั้ง . . ตั้ง 2 uls ตั้ง . . ตั้งตั้ง O ˘กรัมและตั้งแต่ refik keskin
ที่รู้จักกันว่าเลโอนาร์โดปีซาโน ( Fibonacci ) ถูกท้าทายรอบ 1220 โดย Johannes
ของ ปาแลร์โม่ เพื่อค้นหาเหตุผลของพื้นที่สามเหลี่ยมขวา 5 . เขาพบ
สามเหลี่ยมมุมฉากกับด้านยาว 3
2
20
3 0 6 สังเกตได้ว่าคำนิยามของ
จำนวนเท่ากันไม่ต้องใช้ด้านข้างของสามเหลี่ยมเป็นจำนวนเต็มเท่านั้น
เชือดในขณะที่ N = 6 มีขนาดเล็กที่สุดที่เป็นไปได้ พื้นที่ของรูปสามเหลี่ยมที่มีด้านยาว , จำนวนเต็ม
, n = 5 คือ พื้นที่ของสามเหลี่ยมด้วยเหตุผลด้านขวาของ ยาว 3
2
20
3 0
6 ให้ n = 5 เป็นเลขที่สอดคล้องน้อยที่สุด ในระบบการรักษาทั่วไป
, Fibonacci เขียนเกี่ยวกับปัญหาจำนวนเท่ากันใน
ซึ่งเขากล่าวออกมาโดยไม่มีหลักฐานว่าถ้า n เป็นกำลังสองสมบูรณ์แล้ว N ไม่สามารถ
เป็นหมายเลขที่สอดคล้องต้องกัน หลักฐานดังกล่าวอ้างว่า ต้องรอจนกว่า ปิแอร์ เดอ แฟร์มาต์
. เขาพบว่า n = 1 ดังนั้นทุกตารางจำนวนไม่สอดคล้อง
เลขโดยใช้วิธีของเขาเชื้อสายอนันต์ [ 6 ] หนึ่งสามารถดู [ 4 ]
[ 7 ] สำหรับเชื้อสายของแฟร์มาต์ โดยวิธี ในการศึกษานี้เราจะแสดงให้เห็นว่าถ้า n
เป็นจำนวนเท่ากันแล้ว N ไม่สามารถตารางที่สมบูรณ์แบบ โดยใช้วิธีเดียวกัน

นอกจากนี้เราได้พิสูจน์ทฤษฎีบทสุดท้ายของแฟร์มาต์ n = 4 ซึ่งระบุว่า สมการ x
y4 = ยังไม่มีโซลูชั่นจำนวนเต็มบวก .
2
นิยามหลักทฤษฎีบท 1 ให้ x , y และ z เป็นจํานวนเต็มบวก เราพูด ( x , y , z ) เป็นพีทาโกรัส
สามถ้า x2 Y2 = กขึ้น . ถ้า ( x , y , z ) เป็นสามสิ่งอันดับพีทาโกรัส และ LCD ( x , y , z ) = 1
แล้วเรากล่าวว่า ( x , y , z ) เป็นสามสิ่งอันดับพีทาโกรัสดั้งเดิม .
ทฤษฎีบทต่อไปนี้เป็นที่รู้จักกันเป็นอย่างดี และสามารถพบได้ในตำรามากมาย
ทฤษฎีจำนวน ( ดู [ 1 ] )
2 มาแทรก ( x , y , z ) เป็นแบบดั้งเดิม pytagorean สาม ก็อยู่ตรงข้ามกัน ตัวเลข U และ V
ธรรมชาติ เช่น x = 2uv , Y = U2 v2
Z = −และ U2 v2 ( u , v ) = 1 .
จากข้างต้นที่แทรกไปตามถ้า ( x , y , z ) เป็นแบบดั้งเดิม pytagorean
สามแล้ว ซี หนึ่ง ของ X และ Y เป็นคี่ .
ตอนนี้เราก็จะให้แทรกซึ่งจะต้องในระหว่าง
ข้อพิสูจน์ของทฤษฎีบทหลักต่อไปนี้
แทรก 3 ไม่มีบวกจำนวนเต็ม a , b , x , y ที่ A2 − B2 = x2
A2 และ B2 = y2
พิสูจน์ สมมติว่า B เป็นจำนวนเต็มที่น่าพอใจน้อยสมการ A2 − B2 =
X2 และ A2 B2 = 2 . แล้วมันก็เป็นไปตามที่ ( A , B , X ) = ( a , b , Y ) = 1 ตั้งแต่− 2 =
A2 x2 A2 B2 = 2 , เป็นที่ชัดเจนว่าทั้งสอง ( A , B ,X ) และ ( a , b , Y )
ข้อความหลังตัวเลข 751
ดั้งเดิม pytagorean อเนกประสงค์ . ดังนั้น จึงเป็น คี่ และ บี คือแม้ ปล่อยให้
Z = xy . แล้วเราอาจจะเขียน

 A4 B4 = −−
A2 B2
 
A2 B2

= =  x2y2 ( XY ) 2 = กขึ้น .
นั่นคือ ( A2 ) 2 = กขึ้น ( B2 ) นอกจากนี้ เห็นได้ว่า ( Z , B2 A2 ) =
1 ดังนั้นจึงอยู่ตรงข้ามกันกับตัวเลขและธรรมชาติ V ( u , v ) = 1
2 = 2uv เช่น ,A2 = U2 v2 Z = − U2 v2 . ตั้งแต่ V2 U2 A2 = ( u , v ) = 1 ,
มันเห็น ( u , v ) เป็นสามสิ่งอันดับพีทาโกรัสดั้งเดิม . โดยไม่สูญเสีย
โดยทั่วไป เราอาจจะคิดว่า คุณเป็น คี่ และ V คือแม้ แล้วมีอยู่เต็มบวก R และ S
( r , s ) = 1 เช่น = R2 S1 V = 2RS ,
u = R2 − S2 . ค่า U และ V แทนเหล่านี้เป็น B2
2 = = 2uv ให้ 2uv = 2 ( R2 = − S2 ) 2RS 4rs ( R2 − S2
)ซึ่งหมายความว่า 

b
2

2
= RS ( R2 − S2 )
ตั้งแต่ ( r , s ) = 1 , มันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่า ( RS , R2 − S2 ) = 1 ที่นี่ทั้ง RS และ
R − S2 สมบูรณ์แบบสแควร์ ตั้งแต่ r และ s เป็นตรงข้ามกัน และ ( r , s ) = 1 , ( r − s
1 r , s ) = 1 ใช้ความจริงที่ว่า R2 − S2 = ( r − s ) ( R )
จะเห็นได้ว่า R − s r s สมบูรณ์แบบสแควร์ แล้วมีจำนวนเต็ม
t , K , C , D เช่นที่ R = 2S = K2 R − s = C2 R S = D2 . ดังนั้น เราเดี๋ยวนี้มี T2
2 = − 2 = C2 และ T2 D2 . นอกจากนี้ การใช้ V = 2RS , B2 = 2uv และ
S = ทางเราเห็นว่า B2 = 4urk2 . แสดงว่า K < b แต่นี้ขัดแย้งกับ
ความหมายของ บี เป็นผลให้ไม่มีจำนวนเต็ม A , B , X , Y เช่น
A2 และ B2 X2 = − 2 = A2 Y2
ทฤษฎีบท 4 ให้ n เป็นจำนวนที่สอดคล้องต้องกัน แล้ว N ไม่สามารถตารางที่สมบูรณ์แบบ .
พิสูจน์สมมติว่าเป็นจำนวนเท่ากันและ n = K2 สำหรับ K ∈ Z .
เมื่อ n เป็นจำนวนเท่ากัน มีสามเหลี่ยมขวาด้วยเหตุผลด้าน
x , y , z ซึ่ง n = xy
2 เราอาจคิดว่า
x = a / m , Y = B / M , Z = C / m
บางบวกจำนวนเต็ม a , b , c , M . โดยใช้ x2 Y2 = กขึ้น เราได้รับ 
m


เป็น 
2


B
m

2
=

C
m

2
,
ซึ่งหมายความว่า A2 B2 = C2 ตั้งแต่
K2 = n =

= XY 2

( A / M ) ( B / L )
2

=
.2m2
752 , ตั้ง . . ตั้ง . . ตั้งตั้งไมโครกรัม uls ตั้ง O ˘กรัมและตั้งแต่ refik keskin

เราเอา AB = 2m2k2 .
โดยใช้สมการ A2 B2 = C2 และ AB = 2 ( MK ) 2 , เราสามารถเขียน
( B ) 2 = A2 B2 2ab = C2 ( 2mk ) และ 2

( − 2 = A2 B2 B ) = −− 2ab C2 ( 2 กม. ) 2 .
แต่นี้เป็นไปไม่ได้โดยแทรก 3 . นี้ได้รับการพิสูจน์เรียบร้อยแล้ว
หลักฐานของบทตั้งต่อไปนี้เป็นเรื่องง่ายและจะถูกละเว้น .
แทรก 5 ให้ n = s2m กับสแคว์ฟรี .และ n เป็นจำนวนเท่ากัน IFF
m เป็นจำนวนเท่ากัน .
โดยใช้ทฤษฎีบท 4 และแทรก 5 เราสามารถให้ต่อไปนี้
ควันหลง 6 1 ไม่ใช่หมายเลขที่สอดคล้องต้องกัน
ควันหลง 7 สมการ X4 y4 = ยังไม่มีโซลูชั่นในจํานวนเต็มบวก
พิสูจน์ สมมติว่า y4 Z4 X4 = บางบวกจำนวนเต็ม x , y , Z ให้ D =
LCD ( x , y , z ) แล้ว x = ดา , Y = dB และ Z = DC บางบวกจำนวนเต็ม a , b , c
กับ LCD ( a , b , c ) = 1 แล้วมันเป็นไปตามที่ A4 B4 = ระเบิด C4 ที่อยู่ ( A2 ) 2 ( B2 ) 2 =
( C2 ) 2 . นี้แสดงให้เห็นว่า ( A2 , B2 , C2 ) เป็นสามสิ่งอันดับพีทาโกรัสดั้งเดิม . ดังนั้น ,
2 = − U2 v2 และ C2 = U2 v2 U และ V บางบวกจำนวนเต็มโดยแทรก 2 .
แต่นี้เป็นไปไม่ได้โดยแทรก 3 . การพิสูจน์เสร็จสิ้น