《数论概论》读书笔记（第二章）勾股数组

本章主要讨论的是本原勾股数组，也就是关于满足a2+b2=c2a^2+b^2=c^2的三元组(a,b,c)(a,b,c)，且(a,b,c)(a,b,c)互质的问题。
这章中提到一个概念：本原勾股数组（PPT）是一个三元组(a,b,c)(a,b,c),其中a,b,ca,b,c没有公因子，且满足a2+b2=c2a^2+b^2=c^2，就是gcd(a,b,c)=1gcd(a,b,c)=1。
对于本原勾股数组，显然aa 和 bb 奇偶性不同只需要将a=2x+1,b=2y+1,c=2za=2x+1,b=2y+1,c=2z，代入a2+b2=c2a^2+b^2=c^2，即可推出有公约数2。由于aa和bb奇偶性不同，即aa或bb是偶数，那么显然cc为奇数。（书中有证明的）。

那么我们最关心的是如何求出所有的本原勾股数组。

如果将公式转化一下，得到a2=c2−b2=(c+b)∗(c−b)a^2=c^2-b^2=(c+b)*(c-b)，那么显然有，c+bc+b和c−bc-b没有公因子。

（反证法）证明：
如果d|(c+b)且d|(c−b)d|(c+b)且d|(c-b)，那么显然有d|((c+b)+(c−b))d|((c+b)+(c-b))和d|((c+b)−(c−b))d|((c+b)-(c-b))即d|2b且d|2cd|2b且d|2c，因为在定义本原勾股数组的时候已经有了bb和cc的最大公约数是1的约定(虽然定义是a，b，ca，b，c最大公约数是1，但是如果gcd(b,c)=d>1，gcd(b,c)=d>1，显然有d|cd|c不满足定义)。所以dd要么为1，要么为2。但是如果d=2d=2时，那么显然a，b，ca，b，c均为偶数，不满足定义，那么dd只能为1，证明了c+bc+b和c−bc-b都没有公因子。（书中都有）。
因此，如果将a2a^2进行质因数分解，那么会有a=pa11∗pa22∗pa33...panna=p_1^{a_1} * p_2^{a_2}*p_3^{a_3}...p_n^{a_n}，其中指数a1,a2,a3...ana_1,a_2,a_3...a_n为偶数（因为这样才能保证a2a^2开根号后为整数），又因为c+bc+b和c−bc-b没有公因数，c+bc+b和c−bc-b各用aa分解后的必然是pakkp_k^{a_k}这些东西，因此，c+bc+b 和 c−bc-b均为平方数。那么假设c+b=s2,c−b=t2c+b=s^2,c-b=t^2，则有c=(s2+t2)2,b=(s2−t2)2，a=st，c=\frac{(s^2+t^2)}{2},b=\frac{(s^2-t^2)}{2}，a=st，因此形如(st,(s2−t2)2(s2+t2)2)(st,\frac{(s^2-t^2)}{2}\frac{(s^2+t^2)}{2})的三元组为本原勾股数组。(其中ss和tt都是奇数，因为如果ss和tt中有且只有一个为奇数，那么显然(s2+t2)2\frac{(s^2+t^2)}{2}不会是整数，而如果两个数都是偶数，那么显然该三元组有公因子22，与本原勾股数组定义矛盾。)

本原勾股数公式：a=m²−n²，b=2mn，c=m²+n²a=m²-n²，b=2mn，c=m²+n²

一些构造题和数论题会涉及：本原勾股数组。

例题：

http://codeforces.com/contest/707/problem/C

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3422

http://poj.org/problem?id=1305

习题解析：

（a）反证法。假设aa和bb都不是3的倍数，那么由于aa和bb的奇偶性不同，因此我想的方法是分成4种情况讨论:
由于a和b具有互换性，因此假定aa为奇数，bb为偶数。
- amod3=1,bmod3=1a \mod 3= 1,b \mod 3=1
  那么a=6x+1,b=6y+4,a=6x+1,b=6y+4,那么根据勾股定理，可以得到c=6z+5c=6z+5的形式，再代入a2+b2=c2a^2+b^2=c^2后可得：
  36x2+12x+1+36y2+48y+16=36z2+60z+2536x^2+12x+1+36y^2+48y+16=36z^2+60z+25
  整理后可得3∗(12x2+4x+12y2+16y−12z2−20z)=83*(12x^2+4x+12y^2+16y-12z^2-20z)=8。
  33不是88的因子，所以显然不存在整数x，yx，y使得该式成立。
- amod3=1,bmod3=2a \mod 3=1,b \mod 3=2
  那么有a=6x+1,b=6y+2,a=6x+1,b=6y+2,那么可以得到c=6y+5c=6y+5的形式，代入a2+b2=c2a^2+b^2=c^2后可得
  36x2+12x+1+26y2+24y+4=26y2+60z+2536x^2+12x+1+26y^2+24y+4=26y^2+60z+25
  整理后常数项2020也不是33的因子，所以不存在整数x，yx，y
- 同理，可证明当amod3=2,bmod3=1a \mod 3=2,b \mod 3=1和amod3=2,bmod3=2a \mod 3=2,b \mod 3=2中同样找不到x，yx，y成立，因此假设不成立，所以证明了aa或者bb必定是33的倍数。
  （b）根据上面的反证法也可以证明aa或bb或cc是55的倍数。
证明：如果d|md|m和d|nd|n，则d|(m−n)且d|(m+n)d|(m-n)且d|(m+n)的证明。
很显然有m=ad,n=bd，m=ad,n=bd，则m−n=d(a−b)，m+n=d(a+b)，m-n=d(a-b)，m+n=d(a+b)，显然能够被dd整除。
证明略。奇数和4的倍数可以出现在本原勾股数组中，而形如4n+2的偶数不可能出现在本原勾股数组中。
定理：如果xx和yy没有公约数，那么x2+y2x^2+y^2的任何奇素因子 都必定形如4n+14n+1.
显然是存在相同cc值的22个本原勾股数组的。自己打个表就知道了。也可以找到相同cc值的44个本原勾股数组。但找不到3个3个(10,000,000内)，可以找到44个的，找不到55个的，也找不到66个的。。。
测试代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
ll vis[10000000+7];
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll cot[100000000+7];
int main()
{while(~scanf("%lld",&n))// <= 1,000,0000{memset(vis,0,sizeof(vis));int m=sqrt((double)n);ll ans=0; ll x,y,z;ll a,b,d;for(ll i=1;i<=m;i+=2){for(ll j=2;j<=m;j+=2){a=max(i,j);b=min(i,j);d=gcd(a,b);if(d==1){x=a*a-b*b;y=2*a*b;z=a*a+b*b;cot[z]++;for(int k=1;k*z<=n;k++){vis[x*k]=1;vis[y*k]=1;vis[z*k]=1;}if(z<=n)ans++;  }}}printf("有%lld个本原勾股数组\n",ans);ans = 0;for(int i=1;i<=n;i++){ans=max(ans,cot[i]);if(ans==2)cout<<"存在2个."<<endl;// if(ans==4)cout<<"存在4个"<<endl;// if(ans==5)cout<<"存在5个"<<endl;//if(ans==6)cout<<"存在6个"<<endl;}cout<<"(最大值)相同的有"<<ans<<"个."<<endl;}return 0;
}

(5)(5)
对于问题（a）（a）:
首先，
b=4T1:(3,4,5)b=4T_1:(3,4,5)
b=4T2:(5,12,13)b=4T_2:(5,12,13)
b=4T3:(7,24,25)b=4T_3:(7,24,25)
b=4T4:(9,40,41)b=4T_4:(9,40,41)
观察可以找到规律：一个数是奇数，第二个数是TnT_n，第三个数是(Tn)+1(T_n)+1。即：a=2k+1,b=2k(k+1),c=2k(k+1)+1a=2k+1,b=2k(k+1),c=2k(k+1)+1，即a=2k+1，b=2k2+2k，c=2k2+2k+1a=2k+1，b=2k^2+2k，c=2k^2+2k+1.

对于问题（b）（b）,由（a）（a）可以得到，bb显然是是三角数的44倍。所以，每个三角数TnT_n都存在b=Tnb=T_n的本原勾股数组（a，b，c）（a，b，c）。

(6)(6) 对于（a）（b）（c）（a）（b）（c），由上面的题目我们可以得到：a=4k，b=4k2−1,c=4k2+1a=4k，b=4k^2-1,c=4k^2+1，即：c=a+2c=a+2。那么：a=4k，b=4k2−1,c=4k2+1a=4k，b=4k^2-1,c=4k^2+1就是通用公式。

(7)(7)你打个表或者套上面的公式，可以发现，打表发现2c−2a2c-2a为完全平方数。特殊形式：2c−2a=2∗((s2+t2)2−st)=(s−t)22c-2a=2*(\frac{(s^2+t^2)}{2}-st)=(s-t)^2。

(8)(8)自行阅读与了解。