來自潘承洞、潘承彪《初等數論》，有刪改。

一、求解

首先聲明，我們求的是所有的整數解，即 \((x,y,z)\) 滿足 \(x^2+y^2=z^2\) 且 \(x,y,z\in\mathbb{Z}\)。

我們將滿足 \(xyz=0\) 的所有解 \((x,y,z)\) 稱為方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的顯然解，其余的整數解稱為非顯然解。

容易知道，如果 \(xyz=0\)，那么必有 \(x=0\) 或者 \(y=0\) 或者 \(z=0\)。所以所有顯然解是 \((x,y,z)=(a,0,-a),(a,0,a),(0,a,-a),(0,a,a)\)，其中 \(a\in\mathbb{Z}\)。

同時，對于任意一組非顯然解 \((x,y,z)\)，\((|x|,|y|,|z|)\) 也是一組非顯然解，并且同時乘上或者除以一個不為 0 的數后如果 \(x,y,z\) 都還是整數，那么依然是一組非顯然解。

所以我們就是要求滿足 \(x,y,z>0,\gcd(x,y,z)=1\) 的所有 \((x,y,z)\)。這樣的解稱為方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的本原解。

引理 1 對于任意一組本原解 \((x,y,z)\)，必有 \((1)\gcd(x,y)=\gcd(y,z)=\gcd(z,x)=1\)
\((2)2\not\mid x+y\)
證明：
\((1)\) 如果存在質數 \(p\) 使 \(p\mid\gcd(x,y)\)，那么 \(p^2\mid x^2,p^2\mid y^2\)，所以有 \(p^2\mid x^2+y^2=z^2\)，所以 \(p\mid z\)，所以 \(p\mid \gcd(x,y,z)\)，就說明 \(\gcd(x,y,z)\ge p>1\)，與本原解的定義矛盾。所以 \(\gcd(x,y)=1\)，\(\gcd(y,z)\) 和 \(\gcd(z,x)\) 同理也為 1。
證畢
\((2)\) 如果 \(2\mid x+y\)，由 \((1)\) 知 \(\gcd(x,y)=1\ne 2\)，所以 \(x,y\) 必定同為奇數。又因為奇數的平方一定模 \(4\) 余 \(1\)（自己計算可知），所以 \(z^2\) 模 \(4\) 余 \(2\)。但是我們知道，由于 \(x,y\) 都是奇數，所以 \(x^2+y^2\) 是偶數，所以有 \(2\mid z^2\)，所以 \(4\mid z^2\)，矛盾了。所以 \(2\not\mid x+y\)。
證畢

定理 2 不定方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的 \(y\) 為偶數的全體本原解滿足 \(x=r^2-s^2,y=2rs,z=r^2+s^2\)，其中 \(r\) 和 \(s\) 為滿足 \(0<s<r,\gcd(s,r)=1,2\not\mid r+s\) 的任意整數。

證明：
\((1)\) 首先證明滿足條件的 \((x,y,z)\) 是一組 \(y\) 為偶數的本原解。
首先容易知道 \((r^2-s^2)^2+(2rs)^2=(r^2+s^2)^2\) 且 \(r^2-s^2,2rs,r^2+s^2>0\)，\(2\mid 2rs\)。同時 \(\gcd(x,z)=\gcd(r^2-s^2,r^2+s^2)=\gcd(r^2-s^2,2s^2)=\gcd((r+s)(r-s),2s^2)\)。由于 \(\gcd(r,s)=\)，所以 \(\gcd(r+s,s)=\gcd(r-s,s)=1\)。又因為 \(2\not\mid r+s\)，所以 \(2\not\mid r+s-2s=r-s\)，所以 \(\gcd(x,z)=\gcd((r+s)(r-s),2s^2)=1\)。所以 \(\gcd(x,y,z)=1\)，符合本原解的定義。
\((2)\) 然后證明每一組 \(y\) 為偶數的本原解都可以表示為如上形式。
由于 \(2\mid y\)，所以 \(x,z\) 同奇偶，即 \(2\mid x+z,z-x\)。又因為 \(x^2+y^2=z^2\)，所以可以得到 \((\frac{y}{2})=\frac{z+x}{2}·\frac{z-x}{2}\)。同時，因為 \(\gcd(\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2})=\gcd(\frac{z+x}{2},x)\mid x\)，同理 \(\gcd(\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2})=\gcd(\frac{z+x}{2},z)\mid z\)。由于 \(\gcd(x,z)=1\)（引理 1），所以 \(\gcd(\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2})=1\)。所以必有 \(\frac{z+x}{2}=r^2,\frac{z-x}{2}=s^2,(r,s)=1,r>s>0\)。另外，由于 \(2\not\mid x\)，所以 \(2\not\mid r+s\)。（核心：兩個數的積是平方數并且這兩個數互質）
證畢

定理 3 單位圓上的整點是 \((\pm1,0),(0,\pm1)\)，不是整點的有理點是 \((\pm\frac{r^2-s^2}{r^2+s^2},\pm\frac{2sr}{r^2+s^2}),(\pm\frac{2sr}{r^2+s^2},\pm\frac{r^2-s^2}{r^2+s^2})\)，其中正負任取，\(0<s<r,\gcd(r,s)=1,2\not\mid r+s\)。

直接可以用定理 2 推出。或者可以用幾何法證明。

二、應用

定理 4 不定方程 \(x^4+y^4=z^2\) 無 \(xyz\ne 0\) 的整數解。
證明：使用 Fermat 無窮遞降法。
\((1)\) 假設存在 \(xyz\ne\) 的整數解，假設所有這些解里 \(z\) 最小的是 \((x_0,y_0,z_0)\)，那么必有 \(\gcd(x_0,y_0,z_0)=1\)（否則不是最小），所以我們知道 \((x_0^2,y_0^2,z_0)\) 是方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的一組本原解。由引理 1 知 \(\gcd(x_0,y_0)=\gcd(y_0,z_0)=\gcd(z_0,x_0)=1\)，且 \(x_0,y_0\) 一奇一偶。所以我們可以假設 \(2\mid y_0\)。
\((2)\) 令 \(g_1=\gcd(z_0-y_0^2,z_0+y_0^2)\)，因為 \(g_1\mid\gcd(2z_0,2y_0^2)=2\gcd(z_0,y_0^2)=2\)，并且 \(2\not\mid z_0-y_0^2,z_0+y_0^2\)，所以 \(g_1=1\)。又因為 \((z_0-y_0^2)(z_0+y_0^2)=x_0^4\)，所以必有 \(z_0-y_0^2=u^4,z_0+y_0^2=v^4\)，其中 \(0<u<v,(u,v)=1,2\not\mid u,v\)。所以 \(u^2+v^2\equiv 2\pmod 8\)（奇數的平方模 8 余 1），同時 \(y_0^2=(v^2-u^2)·\frac{(u^2+v^2)}{2}\)。
\((3)\) 令 \(g_2=\gcd(v^2-u^2,\frac{(u^2+v^2)}{2})\)，\(g_2\mid\gcd(v^2-u^2,u^2+v^2)=\gcd(2u^2,2v^2)=2\gcd(u^2,v^2)=2\)，又因為 \(u^2+v^2\) 模 8 余 2，得到 \(\frac{(u^2+v^2)}{2}\) 模 4 余 1，所以 \(2\not\mid g_2\)，所以 \(g_2=1\)。又因為 \(y_0^2=(v^2-u^2)·\frac{(u^2+v^2)}{2}\)，所以得到 \(v^2-u^2=a^2,v^2+u^2=2b^2\)，其中 \(a,b>0,\gcd(a,b)=1,2\mid a,2\not\mid b\)。
\((4)\) 由于 \(y_0<z_0\) 且 \(z_0>1\)，所以 \(v^4=z_0+y_0^2<z_0+z_0^2<z_0^4\)。又因為 \(u<v\) 且 \(v^2+u^2=2b^2\)，所以有 \(0<u<b<v<z_0\)。同時，我們知道 \((a,u,v)\) 是方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的一組本原解并且 \(2\mid a\)，所以由定理 2 知必存在整數 \(r,s\) 滿足 \(0<s<r,\gcd(s,r)=1,2\not\mid r+s\)，使得 \(u=r^2-s^2,a=2rs,v=r^2+s^2\)。于是我們得知 \(r^4+s^4=\frac{(r^4-2r^2s^2+s^4)+(r^4+2r^2s^2+s^4)}{2}=\frac{(u^2+v^2)}{2}=b^2\)。然后我們就會發現，\((r,s,b)\) 同樣是方程 \(x_0^4+y_0^4=z_0^2\) 的一組滿足 \(xyz\ne\) 0 的正整數解，并且 \(b<z_0\)，與 \(z_0\) 的最小性矛盾。
所以我們得知，方程 \(x^4+y^4=z^2\) 沒有 \(xyz\ne 0\) 的整數解。
證畢

那么，由定理 4 可以立刻推出：
定理 5 方程 \(x^4+y^4=z^4\) 沒有 \(xyz\ne 0\) 的整數解。

費馬提出了費馬大定理，也就是不定方程 \(x^n+y^n=z^n\) 在 \(n>2\) 時無 \(xyz\ne 0\) 的整數解。但是我不會證。

定理 6 不定方程 \(x^2+y^2=z^4\) 的所有本原解是 \(x=|6a^2b^2-a^4-b^4|,y=4ab(a^2-b^2),z=a^2+b^2\) 以及 \(x=4ab(a^2-b^2),y=|6a^2-a^4-b^4|,z=a^2+b^2\) 其中 \(a,b\) 是滿足 \(0<b<a,(a,b)=1,2\not\mid a+b\) 的任意正整數。
證明：我們發現，\((x,y,z^2)\) 是方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的一組本原解。所以，由引理 1 知，\((x,y)\) 必定是一奇一偶。不妨假設 \(2\mid y\)，由定理 2 知，必有 \(x=r^2-s^2,y=2rs,z^2=r^2+s^2\)，其中整數 \(r,s\) 滿足 \(0<s<r,\gcd(s,r)=1,2\not\mid r+s\)。然后我們發現，\((r,s,z)\) 還是方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的一組本原解。我們知道 \(r,s\) 必定是一奇一偶，所以，針對 \(r,s\) 的奇偶性進行討論：
\((1)\) 如果 \(2\mid s\)，那么由定理 2 知，必有 \(r=a^2-b^2,s=2ab,z=a^2+b^2\)，由于 \(r>s\)，其中 \(a,b\) 滿足 \(0<b<a,\gcd(a,b)=1,2\not\mid a+b,a^2-b^2>2ab\)，所以 \((\sqrt 2-1)a>b>0,\gcd(a,b)=1,2\not\mid a+b\)，并且原方程的解是 \(x=a^4+b^4-6a^2b^2,y=4ab(a^2-b^2),z=a^2+b^2\)。
\((1)\) 如果 \(2\mid r\)，那么由定理 2 知，必有 \(s=a^2-b^2,r=2ab,z=a^2+b^2\)，由于 \(r>s\)，其中 \(a,b\) 滿足 \(0<b<a,\gcd(a,b)=1,2\not\mid a+b,a^2-b^2<2ab\)，所以 \(a>b>(\sqrt 2-1)a>0,\gcd(a,b)=1,2\not\mid a+b\)，并且原方程的解是 \(x=4ab(a^2-b^2),y=a^4+b^4-6a^2b^2,z=a^2+b^2\)。
綜上，不定方程 \(x^2+y^2=z^4\) 的所有本原解是 \(x=|6a^2b^2-a^4-b^4|,y=4ab(a^2-b^2),z=a^2+b^2\) 以及 \(x=4ab(a^2-b^2),y=|6a^2-a^4-b^4|,z=a^2+b^2\) 其中 \(a,b\) 是滿足 \(0<b<a,(a,b)=1,2\not\mid a+b\) 的任意正整數。
證畢