有理直角三角形的面积能否为整数？

这是一个古老而有趣的问题，但在引入这个问题之前，我们首先来看一个简单的问题：

整数边直角三角形的面积能否为一个完全平方数？

答案是不能。我们可以举一些例子来检验一下，例如边长为3,4,5的直角三角形面积为6，6不是一个平方数；再如边长为5,12,13的直角三角形面积为30，30也不是一个平方数...当然，数学的最近目的是要求严格证明，而不是简单举例，否则就只得称为不完全归纳，这样得出来的是一个猜想，而不是“定理”，就好象著名的“哥德巴赫猜想”...本文我们将试图证明这个命题。

我们稍后还会发现，这个问题和以下问题是等价的：
是否存在一个面积为1的三边长都是有理数的直角三角形？

更让人意外的是，这个问题也等价于方程$x^4+y^4=z^4$并没有整数解，换句话说，我们要证明n=4时的“费马大定理”！

现在我们就从最初的问题出发，尝试一下证明的过程。首先我们得证明三条引理：
1、若a,b是一奇一偶的两个互质数，那么a,b,(a+b),(a-b)两两互质。
2、若n个两两互质的整数之积为一个平方数，那么这n个数都是平方数。
3、任何勾股数都是$(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$的形式的，其中a,b是正整数。

引理的证明并不难，利用初等数论的一些基本定理就可以得出来，因此不再详细证明。这里提示一下第二个引理的证明，若平方数具有素数因子p，那么p的个数必定是偶数个，将它分配到n个整数中去，要是分配到了两个不同的整数，那么这两个整数必定具有公约数p，这与前提“n个整数两两互质”矛盾，于是所有的p都被分到一个整数中去了。平方数的每一个素因子都如此，因此这n个整数都是偶数个素因子的积的形式，所以它们都是平方数。

好了，现在来看整数边直角三角形，我们采用的是反证法。假设存在面积是平方数的情况，那么必定会存在一个两直角边长互质的直角三角形，其面积是平方数，且这个三角形的周长是最短的一个（整数边三角形集合中总会存在一个周长最小的）。我们知道所有的勾股数都可以表示成$(a^2-b^2)+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$，由于我们已经假设了两个直角边长互质，因此a,b是一奇一偶的两个互质数且a > b.

三角形的面积为$1/2 \cdot 2ab \cdot (a^2-b^2)=ab(a-b)(a+b)$，也就是说，这是一个平方数。由引理1，a,b,(a+b),(a-b)两两互质，由引理2，a,b,(a+b),(a-b)都是平方数，令$a=x^2,b=y^2$，我们记
$$\begin{aligned}x^2+y^2=z^2 \\ x^2-y^2=w^2\end{aligned}$$
容易得到y必须是偶数。

两个相乘，得到$x^4-y^4=(zw)^2$，这表明$(zw),y^2,x^2$亦是一组勾股数。由引理3，不妨令$zw=p^2-q^2,y^2=2pq,x^2=p^2+q^2$，p,q也是正整数。那么存在一个边长为p,q,x的直角三角形，其面积为$1/2 pq=(\frac{y}{2})^2$，满足一开始的条件，且p,q,x都比原来的三边$(a^2-b^2),(2ab),(a^2+b^2)$小，这与假设矛盾！于是假设不成立，证毕。

经过一番讨论，我们终于把一开始提出来的问题给证明掉了，这里使用到的方法首次由费马提出来的，被称为“费马无穷归元法”，思想很简单，就是方程的自然数解之中肯定有一组能够满足某个最小值（如本身最小或之和、之积最小等），否则只能说解不存在（因为最小的自然数是0）。好吧，我们再来看一下这和费马大定理有什么关系呢？当n=4时，费马大定理表示为$a^4+b^4=c^4$没有正整数解。根据引理3，我们有$a^2=x^2-y^2,b^2=2xy,c^2=x^2+y^2$，注意到第三个式子，我们在上面已经证明了不存在两个平方数之和以及差都是平方数，于是费马大定理的一个特例被证明了！更一般地，对于所有的4的倍数n，费马大定理都不成立！

现在再次看一下本文的标题，其实这个问题最一般的提法是：
是否存在一个面积为n的三边长都是有理数的直角三角形？n是一个正整数

看起来简单，但其实这个问题是一个大难题，到目前为止这个问题只能算是“基本”解决，而不是“彻底”解决，这样看来，它的难度甚至可以与费马大定理相提并论。对于某些特定的n，我们可以证明它有解或无解，上面我们已经证明了n=1的情况，事实上当n=2,3,4时都是无解的，而当n=5,6,7时都有解。以下网址列出了能够使上述问题有解的n：
https://oeis.org/A003273

此时的n叫做congruent number。

利用上边的讨论方法，我们不难发现，当n是一个素数时，其实这个问题相当于以下方程有正整数解
$$\begin{aligned}n\cdot x^2+y^2=z^2 \\ |n\cdot x^2-y^2|=w^2\end{aligned}$$

那么，这个问题是怎么被“基本解决”的呢？答案是Tunnell's theorem。它说，当n是奇数的时候，如果方程$n=2x^2+y^2+8z^2$的整数解的个数是方程$n=2x^2+y^2+32z^2$的两倍的话，那么n就是一个congruent number；当n是偶数时，如果方程$n=2x^2+y^2+8z^2$的整数解的个数是方程$n=2x^2+y^2+32z^2$的两倍的话，那么n就是一个congruent number；如果方程$n=8x^2+2y^2+16z^2$的整数解的个数是方程$n=8x^2+2y^2+64z^2$的两倍的话，那么n也是一个congruent number。

多年悬而未决的难题，迄今为止只得到了一个“判定性证明”，还不能够给出一个“构造性证明”（即可以根据n来给出具体的边长），可见问题之难。往日后能有数学家能够去彻彻底底攻克这个问题！不论如何，难题是一只会下金蛋的母鸡！

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