【數論】本原勾股數組(PPT)的性質

時間 2019-11-13

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基本性質

　　勾股數組咱們都很熟悉，給一個勾股數組同乘一個整數獲得的還是勾股數組，但咱們對它並不感興趣，今天咱們只研究它的本原形式（固然是在正整數範圍內）。數組

本原勾股數組(PPT)是一個知足 $ a^{2}+b^{2}=c^{2} $ 的三元組 $ (a,b,c) $ ，且 $a,b,c$ 互素(除1外沒有其餘公因數)。
例如：$ (3,4,5) (5,12,13) (15,8,17) (7,24,25) (21,20,29) (35,12,37) (9,40,41) $spa

　　觀察這些例子，咱們容易獲得一些結論。例如，code

性質1.(1) 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， $a$與$b$奇偶性不一樣，而且$c$爲奇數。get

　　這是正確的，證實以下（分類討論）：string

　　　　若 $a,b$ 均爲偶數，那麼$c$也爲偶數，則此勾股數組不是本原的，排除；
　　　　若 $a,b$ 均爲奇數，那麼$c$爲偶數，則必存在正整數 $x,y,z$ 使得 $ a=2x+1, b=2y+1, c=2z$ ,因而有io

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

　　　　因爲兩邊奇偶性不一樣，故等式不成立；
　　　　所以$a,b$奇偶性不一樣，由此$c$爲奇數(方便起見，咱們約定，如無特殊說明，下文中$a$爲奇數，$b$爲偶數)
table

勾股數組定理

　　有了這個性質之後，咱們就能夠開始考慮求解一個問題：如何求出全部的本原勾股數組？換句話說，如何表示出方程$a^{2}+b^{2}=c^{2}$($a$爲奇數，$b$爲偶數，且$a,b,c$互素)的全部正整數解？class

　　先寫出結論：gc

（勾股數組定理）每一個本原勾股數組(a,b,c)(a爲奇數，b爲偶數)都可以由下面的公式給出
方法
$a=st，b=\frac{(s^{2}-t^{2})}{2}，c=\frac{(s^{2}+t^{2})}{2}$
其中 $s>t\geq1,s,t$ 互素且均爲奇數

　　下面，咱們將使用因式分解與整除性證實這必定理。

　　首先移項並進行因式分解：$a^{2}=(c+b)(c-b)$
　　而後……就沒有思路了 o(╯□╰)o 別急，咱們先列個表看看這個式子有什麼性質：

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

　　咱們發現，貌似..... $c+b$ 與 $c-b$ 都是徹底平方數誒，並且 $c+b$ 與 $c-b$ 好像是互素的。等等， $c+b$ 與 $c-b$ 的積$a^{2}$是徹底平方數，假設 $c+b$ 與 $c-b$ 互素，那麼由惟一分解定理，就能夠推出 $c+b$ 與 $c-b$ 都是徹底平方數(這是顯然的，由於 $c+b$ 與 $c-b$ 分解到的素數徹底不一樣)。因而接下來證實 $c+b$ 與 $c-b$ 互素：設整數d整除 $c+b$ 與 $c-b$ (即$d$爲 $c+b$ 與 $c-b$ 的公因數)，那麼$d$也整除

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

　　又 $b$ 與 $c$ 互素，那麼$d$只能等於1或2。又$d$整除$c-b$(奇數)，那麼$d$只能等於1（或者也能夠由$d$整除 $(c-b)(c+b)=a^{2}$ 且$a$爲奇數推出）。因而 $c+b$ 與 $c-b$ 的公因數只有1(也即互素)，便可獲得 $c+b$ 與 $c-b$ 均爲徹底平方數，因而有：

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

其中$s>t≥1$，$s,t$互素且均爲奇數(這樣才能知足 $c+b$ 與 $c-b$ 的其它性質)
關於$c$與$b$解方程，並代入求$a$獲得

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

代碼與例題

　　那麼，這個定理有什麼用呢？固然就是打表列舉本原勾股數組了，代碼以下：

int gcd(int a,int b){ //求a,b的最大公因數
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void ppt_table(int n){ //打印全部c不超過n的本原勾股數組
    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);
            }
}

例題(這個知識點的題幾乎沒有，~~事實上我只找到這一個~~)：
洛谷 UVA106 費馬vs畢達哥拉斯
題意：給定$N$，求：1.知足$c≤N$的本原勾股數組的個數；2.知足$c≤N$的勾股數組(不必定本原)都不包含的正整數 $p(0<p≤N)$ 的個數。
分析：使用勾股數組定理，將上面的代碼稍稍更改一下便可。

展開查看源代碼

#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;
}

其餘性質

　　有沒有注意到第一個性質的序號是「1.(1)」？沒錯，這樣相似的性質還有兩條，證實方法是相似的：

性質1.(2) 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， $a$ 與 $b$ 有且僅有一個是$3$的倍數，而且$c$不是$3$的倍數。
性質1.(3) 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， $a,b,c$ 中有且僅有一個是$5$的倍數。

　　證實方法與性質1.(1)徹底相似，分類討論並一一排除便可。值得一提的是，在證實 $a,b,c$ 不可能都不是$5$的倍數時，會發現諸多狀況中，左式模$5$的值老是$0,2,3$，而右式的老是$1,4$，因而這一狀況不成立。
　　另外，由勾股數組定理也能夠推出幾條~~有趣的~~性質：

性質2. 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中，若 $s-t=2$，則 $c-a=2$。
性質3. 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， $2(c-a)$ 是徹底平方數。

　　證實：由勾股數組定理，$2(c-a)=s^{2}+t^{2}-2st=(s-t)^{2}=4$，故 $s-t=2$.

與單位圓的聯繫

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

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

所以，有理數對 $(a/c,b/c)$ 是方程 $x^{2}+y^{2}=1$ 的解。

令 $u=\frac{s+t}{2},v=\frac{s-t}{2}$ ,

由勾股數組定理獲得， $(a,b,c)=(u^{2}-v^{2},2uv,u^{2}+v^{2})$

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

令 $m=u/v$，因而有 $(a,b)=(\frac{1-m^{2}}{1+m^{2}},\frac{2m}{1+m^{2}})$ ,這即是能夠給出單位圓上全部有理點的定理：

定理：圓 $x^{2}+y^{2}=1$ 上的全部座標爲有理數的點均可以由公式

$(x,y)=(\frac{1-m^{2}}{1+m^{2}},\frac{2m}{1+m^{2}})$
獲得，其中$m$取有理數值。(點 $(-1,0)$ 除外，這是當 $m\to\infty$ 的極限值)