关于勾股数的规律

前面部分还是不用看了，基本勾股数的构造可以直接跳到UPD部分

　　有可能是初中写的最后一篇了，中考啊~~
　　以前跟一些人提到过，互质的勾股数a,b,c(即a²+b²=c²)都满足一个规律(其实互质满足了，那么不互质也一定满足)：
　　　　当a为奇数时：b=(a²-1)/2，c=(a²+1)/2
　　　　当a为偶数时：b=a²/4-1，c=a²/4+1
　　那么，这个条件是否充分呢(就是说当a,b,c满足以上规律时，这三个数是否为互质的勾股数)？
　　显而易见，如果不要求互质的话，这是绝对满足的，证明如下：
　　当a为奇数时：
　　　　a²+b²=a²+[(a²-1)/2]²=a²+(a²-1)²/4=a²+(a^4-2a²+1)/4=a²+(a^4)/4-a/2+1/4=(a^4)/4+a/2+1/4=(a²+1)²/4=[(a²+1)/2]²=c²
　　当a为偶数时：
　　　　a²+b²=a²+(a²/4+1)²=a²+(a^4)/16-a²/2+1=(a^4)/16+a²/2+1=[a²/4+1]²=c²
　　接下来讨论一下互质的问题：
　　　　当a为奇数时：

　　　　　　∵a²=0(mod
a)
　　　　　　∴a²+1=1(mod a)
　　　　　　即(a²+1)与a互质
　　　　　　又因为：a为奇数，即a=1(mod
2)
　　　　　　∴(a²+1)/2也与a互质，即b与a互质
　　　　　　同理可证c与a互质
　　　　当a为偶数时：设a=2k，则：
　　　　　　a²/4-1=(2k)²/4-1=4k²/4-1=k²-1
　　　　　　∴k²与b互质，即只当b为偶数(k为奇数)时，a,b最大公因数可以为2
　　　　同理可证a,c也有相同性质,即要么a,b,c互质,要么a,b,c同除二后互质(不过在处理时，很多时候可以把后者转为前者)
　　然后再证一下这个公式的必要性(有瑕疵)：
　　　　当a为奇数时：

　　　　　　对于b,c不满足以上公式者，即b≠(a²-1)/2，c≠(a²+1)/2时：
　　　　　　b≠(a²-1)/2(mod
a)， c≠(a²+1)/2(mod a)
　　　　　　又因为：a为奇数，即a=1(mod 2)
　　　　　　∴b≠a²-1(mod a)， c≠a²+1(mod
a)
　　　　　　∴b≠-1(mod a)，c≠1(mod a)
　　　　　　∴b²≠1(mod a)，c²≠1(mod a)
　　　　　　∴c²-b²≠0(mod
a)
　　　　　　又因为：如果a,b,c满足a²+b²=c²，则c²-b²=a²，那么c²-b²=0(mod
a)，矛盾，舍去
　　　　当a为偶数时：对于b,c不满足以上公式者，即b≠a²/4-1，c≠a²/4+1时：
　　　　　　因为a为偶数，所以设a=2k，则：
　　　　　　b≠(2k)²/4-1，c≠(2k)²/4+1
　　　　　　∴b≠k²-1，c≠k²+1
　　　　　　∴b≠-1(mod
k)，c≠1(mod k)
　　　　　　∴b²≠1(mod k)，c²≠1(mod k)
　　　　　　∴c²-b²≠0(mod
k)
　　　　又因为：如果a,b,c满足a²+b²=c²，则c²-b²=a²，那么c²-b²=0(mod a)，且a=2k，所以c²-b²=0(mod
k),矛盾,舍去。

UPD
　　OK，以上充分性证明纯属扯淡……几个月前写的时候还比较渣，现在渣的程度稍微降低了一个亿万分点，然后，证伪了……T_T……至于瑕疵在哪相信众神犇早已看透……反例嘛……我待会会说（学渣当然不会自己去求QAQ）
　　这个公式事实上只能生成部分基本勾股数，下面介绍一个真正的，基本勾股数的充要条件：
　　既然已经过了这么久才编辑的，我还是换个字母吧：对于x²+y²=z²，充要条件是：x=2ab，y=a²-b²，z=a²+b²（a,b互质，且a,b为一奇一偶）。必要性是显然的，至于充分性……诶，对学渣来说有点困难啊，咱慢慢来：
　　先说点定义的问题：显然x,y是有一奇一偶的（如果都为偶数，那么z也是偶数，此时不是基本勾股数，如果都为奇数，通过对模4的二次剩余的讨论，可以很容易证伪），所以我们可以设2
|
x（这个符号是说x除以2为整数，在这里表示x是偶数），就有x=2ab。
　　首先是引理：对于不定方程uv=w²（w>0，u>0，u,v互质），它的一切解可以表示为u=a²，v=b²，w=ab（a>0，b>0，a，b互质）。
　　证明：写出u，v的标准分解式=p1^e1·p2^e2·p3^e3…pk^ek，v=q1^f1·q2^f2·a3^f3……ql^fl，因为u，v互质，所以p,q中没有相同的质数，因此，w²=p1^e1·p2^e2·p3^e3…pk^ek·q1^f1·q2^f2·a3^f3……ql^fl。所以e1，e2，e3……ek，f1，f2，f3……fk一定都是偶数，于是u，v都是完全平方数，那么显然就证完了……
　　接下来是正式的证明：(x/2)²=x²/4=(z²-y²)/4=[(z+y)/2][(z-y)/2]，设d为(z+y)/2和(z-y)/2的最大公约数，则d
| ((z+y)/2+(z-y)/2)=z，d |
([(z+y)/2]-[(z-y)/2])=y，又因为y，z互质，所以d=1。所以(z+y)/2与(z-y)/2互质。由引理知，存在(z+y)/2=a²，(z-y)/2=b²，x/2=ab。即x=2ab，y=a²-b²，z=a²+b²。
　　证毕。证明还是蛮简洁易懂的嘛……
　　至于x，y，z互质的证明嘛……设x，y最大公因数为d，那么d
| z=(a²+b²)且d | (a²-b²)，于是d | a²，d |
b²，但是a,b互质，所以a²，b²互质，d就等于1了嘛，从而x，y互质，然后也能推出x,y,z互质。
　　有些同学反映看不懂很多符号，于是好多东西都是手写的，好麻烦的说……
　　优美的排版，有种打程序缩进的感觉……