管训贵

(泰州学院 数理学院，江苏 泰州 225300)

1 引 言

同余数与直角三角形有关，且历史悠久.在公元972年M. B. Alhocain的阿拉伯手稿中就有若干同余数的例子.但是也仅仅是最近50年来，由于Tunnell[1]的工作，我们才对它们有了比较全面的了解.

定义1 一个无平方因子的正整数N称为同余数，如果它是一个有理边长直角三角形的面积，即存在正有理数a,b,c，使得

同余数问题[2]是指：给定一个正整数N，判断它是否是同余数，以及对于一个同余数N，找出面积为N的有理边长直角三角形.

1960年，有三位数学家猜想：所有正整数N≡5,6,7(mod 8)都是同余数.这个猜想至今尚未解决.

目前的主要结果是：

定理B(Monsky，1990) 若素数p≡3(mod 8)，则p不是同余数，但2p是同余数；若素数p≡5(mod 8)，则p是同余数；若素数p≡7(mod 8)，则p和2p都是同余数.

定理C(田野[4]，2014) 任意给定正整数k，在模8余5，6，7的类中有无限多个无平方因子的同余数，这些同余数恰好是k个素因子的乘积.

本文针对N=pq(p,q为不同奇素数)的情形，证明了以下一般性的结果.

定理1 设p,q为奇素数，若下列条件之一成立，则N=pq是同余数：

(ⅰ) 存在正整数r,s,A，使得r4+4s4=pqA2，gcd(r,s)=1，2⫮r.

(ⅱ) 存在正整数r,s,C，使得r4+6r2s2+s4=pqC2，r>s，gcd(r,s)=1，2⫮(r+s).

(ⅲ) 存在正整数r,s,D，使得|r4-6r2s2+s4|=pqD2，r>s，gcd(r,s)=1，2⫮(r+s).

(ⅳ) 存在正整数r,s,A，使得q2r4+4s4=pA2或r4+4q2s4=pA2，gcd(r,s)=gcd(rs,q)=1，2⫮r.

(ⅴ) 存在正整数r,s,A,C，使得r2+4s2=pA2，r2+8s2=qC2，gcd(r,s)=1，2⫮r.

(ⅵ) 存在正整数r,s,D，使得6pr2s2-p2s4-r4=4qD2，gcd(r,s)=1，2⫮rs，p≡1(mod 4)，p⫮r； 或6pr2s2-p2s4-r4=qD2，gcd(r,s)=1，2⫮(r+s)，p⫮r.

(ⅶ) 存在正整数r,s,C，使得r4+6pr2s2+p2s4=4qC2，gcd(r,s)=1，2⫮rs，p≡3(mod 4)，p⫮r；或r4+6pr2s2+p2s4=qC2，gcd(r,s)=1，2⫮(r+s)，p⫮r.

(ⅷ) 存在正整数r,s,D，使得r4-6pr2s2+p2s4=4qD2，gcd(r,s)=1，2⫮rs，p≡1(mod 4)，p⫮r；或r4-6pr2s2+p2s4=qD2，gcd(r,s)=1，2⫮(r+s)，p⫮r.

(ⅸ) 存在正整数r,s,C,D，使得r2+4s2=pC2，r2-4s2=qD2，2⫮r；或4s2+r2=pC2，4s2-r2=qD2，2⫮r.

2 关键性引理

引理1N是同余数当且仅当有一个正有理数x，使得x，x+N，x-N都是有理数的平方.

证明参见文献[5].

引理2 不定方程x2+y2=z2满足条件gcd(x,y)=1以及2|x的一切正整数解可表示为

x=2mn，y=m2-n2，z=m2+n2，

这里m,n都是正整数，m>n，gcd(m,n)=1，m,n为一奇一偶.

证明参见文献[6].

引理3 不定方程x2+y2=2z2满足条件gcd(x,y)=1以及x>y的一切正整数解……