【数论】本原勾股数组(PPT)的性质

基本性质

　　勾股数组我们都很熟悉，给一个勾股数组同乘一个整数得到的仍是勾股数组，但我们对它并不感兴趣，今天我们只研究它的本原形式（当然是在正整数范围内）。

本原勾股数组(PPT)是一个满足 $ a^{2}+b^{2}=c^{2} $ 的三元组 $ (a,b,c) $ ，且 $a,b,c$ 互素(除1外没有其他公因数)。
例如：$ (3,4,5) (5,12,13) (15,8,17) (7,24,25) (21,20,29) (35,12,37) (9,40,41) $

　　观察这些例子，我们容易得到一些结论。例如，

性质1.(1) 本原勾股数组 $ (a,b,c) $ 中， $a$与$b$奇偶性不同，并且$c$为奇数。

　　这是正确的，证明如下（分类讨论）：

　　　　若 $a,b$ 均为偶数，那么$c$也为偶数，则此勾股数组不是本原的，排除；
　　　　若 $a,b$ 均为奇数，那么$c$为偶数，则必存在正整数 $x,y,z$ 使得 $ a=2x+1, b=2y+1, c=2z$ ,于是有

$(2x+1)^{2}+(2y+1)^{2}=(2z)^{2}$， $4x^{2}+4x+4y^{2}+4y+2=4z^{2}$， $2x^{2}+2x+2y^{2}+2y+1=2z^{2}$

　　　　由于两边奇偶性不同，故等式不成立；
　　　　因此$a,b$奇偶性不同，由此$c$为奇数(方便起见，我们约定，如无特殊说明，下文中$a$为奇数，$b$为偶数)

勾股数组定理

　　有了这个性质以后，我们就可以开始考虑求解一个问题：如何求出所有的本原勾股数组？换句话说，如何表示出方程$a^{2}+b^{2}=c^{2}$($a$为奇数，$b$为偶数，且$a,b,c$互素)的所有正整数解？

　　先写出结论：

（勾股数组定理）每个本原勾股数组(a,b,c)(a为奇数，b为偶数)均可以由下面的公式给出

$a=st，b=\frac{(s^{2}-t^{2})}{2}，c=\frac{(s^{2}+t^{2})}{2}$
其中 $s>t\geq1,s,t$ 互素且均为奇数

　　下面，我们将使用因式分解与整除性证明这一定理。

　　首先移项并进行因式分解：$a^{2}=(c+b)(c-b)$
　　然后……就没有思路了 o(╯□╰)o 别急，我们先列个表看看这个式子有什么性质：

$3=(5+4)(5-4)=9\cdot1$
$5=(13+12)(13-12)=25\cdot1$
$15=(17+8)(17-8)=25\cdot9$
$7=(25+24)(25-24)=49\cdot1$
$21=(29+20)(29-20)=49\cdot9$
$35=(37+12)(37-12)=49\cdot25$

　　我们发现，貌似..... $c+b$ 与 $c-b$ 都是完全平方数诶，而且 $c+b$ 与 $c-b$ 好像是互素的。等等， $c+b$ 与 $c-b$ 的积$a^{2}$是完全平方数，假设 $c+b$ 与 $c-b$ 互素，那么由唯一分解定理，就可以推出 $c+b$ 与 $c-b$ 都是完全平方数(这是显然的，因为 $c+b$ 与 $c-b$ 分解到的素数完全不同)。于是接下来证明 $c+b$ 与 $c-b$ 互素：设整数d整除 $c+b$ 与 $c-b$ (即$d$为 $c+b$ 与 $c-b$ 的公因数)，那么$d$也整除

$(c+b)+(c-b)=2c, (c+b)-(c-b)=2b$

　　又 $b$ 与 $c$ 互素，那么$d$只能等于1或2。又$d$整除$c-b$(奇数)，那么$d$只能等于1（或者也可以由$d$整除 $(c-b)(c+b)=a^{2}$ 且$a$为奇数推出）。于是 $c+b$ 与 $c-b$ 的公因数只有1(也即互素)，即可得到 $c+b$ 与 $c-b$ 均为完全平方数，于是有：

$ c+b=s^{2}, c-b=t^{2} $

其中$s>t≥1$，$s,t$互素且均为奇数(这样才能满足 $c+b$ 与 $c-b$ 的其它性质)
关于$c$与$b$解方程，并代入求$a$得到

$b=\frac{(s^{2}-t^{2})}{2},c=\frac{(s^{2}+t^{2})}{2},a=\sqrt{c^{2}-b^{2}}=st$

代码与例题

　　那么，这个定理有什么用呢？当然就是打表列举本原勾股数组了，代码如下：

int gcd(int a,int b){ //求a,b的最大公因数return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void ppt_table(int n){ //打印所有c不超过n的本原勾股数组int a,b,c;int maxs=(int)sqrt(2*n); //s的上界for(int s=2;s<=maxs;s++)for(int t=1;t<s;t++)if(s%2 && t%2 && gcd(s,t)==1){a=s*t;b=(s*s-t*t)/2;c=(s*s+t*t)/2;if(c<=n) printf("%d %d %d",a,b,c);}
}

例题(这个知识点的题几乎没有，~~事实上我只找到这一个~~)：
洛谷 UVA106 费马vs毕达哥拉斯
题意：给定$N$，求：1.满足$c≤N$的本原勾股数组的个数；2.满足$c≤N$的勾股数组(不一定本原)都不包含的正整数 $p(0<p≤N)$ 的个数。
分析：使用勾股数组定理，将上面的代码稍稍更改一下即可。

展开查看源代码

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;const int N=1e6+5;
int vis[N],cnt,ans;int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void solve(int n){int a,b,c;int maxs=(int)sqrt(2*n);for(int s=2;s<=maxs;s++)for(int t=1;t<s;t++)if(s%2 && t%2 && gcd(s,t)==1){a=s*t;b=(s*s-t*t)/2;c=(s*s+t*t)/2;if(c<=n) cnt++;for(int k=1;k*c<=n;k++)vis[k*a]=vis[k*b]=vis[k*c]=1;}
}int main(){int n;while(scanf("%d",&n)==1){solve(n);for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]) ans++;printf("%d %d\n",cnt,ans);memset(vis,0,sizeof(vis));cnt=ans=0;}return 0;
}

其他性质

　　有没有注意到第一个性质的序号是“1.(1)”？没错，这样类似的性质还有两条，证明方法是类似的：

性质1.(2) 本原勾股数组 $ (a,b,c) $ 中， $a$ 与 $b$ 有且仅有一个是$3$的倍数，并且$c$不是$3$的倍数。
性质1.(3) 本原勾股数组 $ (a,b,c) $ 中， $a,b,c$ 中有且仅有一个是$5$的倍数。

　　证明方法与性质1.(1)完全类似，分类讨论并一一排除即可。值得一提的是，在证明 $a,b,c$ 不可能都不是$5$的倍数时，会发现诸多情况中，左式模$5$的值总是$0,2,3$，而右式的总是$1,4$，于是这一情况不成立。
　　另外，由勾股数组定理也可以推出几条~~有趣的~~性质：

性质2. 本原勾股数组 $ (a,b,c) $ 中，若 $s-t=2$，则 $c-a=2$。
性质3. 本原勾股数组 $ (a,b,c) $ 中， $2(c-a)$ 是完全平方数。

　　证明：由勾股数组定理，$2(c-a)=s^{2}+t^{2}-2st=(s-t)^{2}=4$，故 $s-t=2$.

与单位圆的联系

用 $c^{2}$ 除方程 $ a^{2}+b^{2}=c^{2} $ 得到

$ (\frac{a}{c})^{2}+(\frac{b}{c})^{2}=1$

因此，有理数对 $(a/c,b/c)$ 是方程 $x^{2}+y^{2}=1$ 的解。

令 $u=\frac{s+t}{2},v=\frac{s-t}{2}$ ,

由勾股数组定理得到， $(a,b,c)=(u^{2}-v^{2},2uv,u^{2}+v^{2})$

同除以 $u^{2}+v^{2}$ ，得到 $(\frac{u^{2}-v^{2}}{u^{2}+v^{2}},\frac{2uv}{u^{2}+v^{2}},1)$

令 $m=u/v$，于是有 $(a,b)=(\frac{1-m^{2}}{1+m^{2}},\frac{2m}{1+m^{2}})$ ,这便是可以给出单位圆上所有有理点的定理：

定理：圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 上的所有坐标为有理数的点都可以由公式

$(x,y)=(\frac{1-m^{2}}{1+m^{2}},\frac{2m}{1+m^{2}})$
得到，其中$m$取有理数值。(点 $(-1,0)$ 除外，这是当 $m\to\infty$ 的极限值)

　　事实上，上述推理并不严谨，这个定理严格一些的证明需要从过点 $(-1,0)$ 的直线及其斜率出发，各位看官若是有兴趣可自行完成证明。

End.

转载于:https://www.cnblogs.com/yhyxy/p/11333686.html