八年級上學期，學生要進入到根號的世界。

也就是對於數字的概念，將由有理數擴張至無理數。

介紹完根號後，緊接著，畢氏定理登場。

畢氏定理，又稱為「畢達哥拉斯定理」、「勾股定理」、「商高定理」，
是在描述直角三角形三邊長的關係：兩股平方和＝斜邊長的平方。

如下圖所示，假設此直角三角形的兩股長分別為 $x$ 與 $y$，斜邊長為 $z$，則

$$x^2+y^2=z^2$$

這個定理清晰易懂，神奇的是，文獻記載，竟然有三百多種證明方式。

不急著證明，先想想，有哪些直角三角形，其三邊長為正整數呢？

最常見的有：(3，4，5)；(5，12，13)；(7，24，25)；(8，15，17)；(9，40，41)、…還有很多。
此稱為畢氏數。

但是有一些成比例的就先不考慮了，例如：(6，8，10)；(9，12，15)；(10，24，26)、…這類的。
以倍數產生的畢氏數很無聊對吧！

因此，我們要專注在三數互質的畢氏數。也就是說，$(x,y,z)=1$ 且滿足

$$x^2+y^2=z^2$$
我們將這樣的畢氏數稱為原始的畢氏數(Primitive Pythagorean triples)。

但是優秀的你一定不滿足於此，必定想知道到底有沒有一個原始畢氏數的通解？
然後我們可以用這個通解找到千千萬萬的原始畢氏數！

跟你說答案之前，我們先來觀察一下，對於原始的畢氏數 $x,y,z$ 滿足

$$x^2+y^2=z^2$$ $x$、$y$ 必定一個為奇數、另一個為偶數對吧！

為什麼呢？不妨簡單論證一下：如果 $x,y$ 皆為偶數，則 $z$ 必定為偶數，因此 $x,y,z$ 不可能互質。

如果 $x,y$ 皆為奇數，那麼 $z$ 必定是偶數。這會造成 $x^2+y^2$ 被 $4$ 除餘 $2$，$z^2$ 被 $4$ 整除。

以同餘的符號來寫會更清楚

$$x^2+y^2 \equiv 2 \ mod \ 4, z^2 \equiv 0 \ mod \ 4$$
因此造成矛盾。

既然如此，不失一般性，可以假設 $y$ 為偶數。

直接公佈答案：此原始畢氏數的通解可表示為

$$\begin{aligned} x &= m^2-n^2 \\ y &= 2mn \\ z &= m^2+n^2 \end{aligned}$$ 其中 $m, n$ 為正整數，且 $m>n$，$(m,n)=1$，且必定為一奇一偶。

證明這個通解之前，先帶幾組數字試試：

(a) $m=2$、$n=1$：$(x,y,z)=(3,4,5)$
(b) $m=3$、$n=2$：$(x,y,z)=(5,12,13)$

來點不一樣的吧：
(c) $m=57$、$n=34$：$(x,y,z)=(2093,3876,4405)$
我保證你一定從來沒看過這組畢氏數。

是不是有慢慢感受到數學的威力了呢？

接著進行這篇文章的重點：這個通解是怎麼寫出來的？

我們朝兩個方向論證：

首先，如果有一組正整數 $x,y,z$ 滿足

$$x^2+y^2=z^2, \ (x,y,z)=1 \tag{1}$$ 其中 $y$ 是偶數、$x, z$ 是奇數。

那麼很容易看出來 $(x,y)=(y,z)=(z,x)=1$。(如果你看不出來，可以用反證法試試)

可以將第 (1) 式移項一下：

$$y^2=z^2-x^2=(z+x)(z-x)$$ 等號兩邊同除以 $4$ 可得： $$(\frac{y}{2})^2 = (\frac{z+x}{2})\times (\frac{z-x}{2}) \tag{2}$$

要留意，$\frac{z+x}{2}$ 與 $\frac{z-x}{2}$ 兩數互質。為什麼？

同學可以自己練習證明看看，再繼續往下閱讀。

公佈答案，令 $\frac{z+x}{2}$ 與 $\frac{z-x}{2}$ 的最大公因數為 $d$，

那麼

$$d \mid \frac{z+x}{2}, \ d \mid \frac{z-x}{2}$$ 故 $$d \mid \frac{z+x}{2}+\frac{z-x}{2} \ 且 \ \ d \mid \frac{z+x}{2} – \frac{z-x}{2}$$ 整理可得 $$d \mid z \ \ 且 d \mid x$$ 因為 $x, z$ 互質，所以 $d=1$

既然如此，重回第 (2) 式可看出，$\frac{z+x}{2}$ 及 $\frac{z-x}{2}$ 是完全平方數！

也就是說，存在兩個正整數 $m, n$ 滿足

$$\frac{z+x}{2}=m^2, \ \frac{z-x}{2}=n^2$$

因此 $m>n>0, (m,n)=1$

$$m^2-n^2=x,\ 2mn=y, \ m^2+n^2=z$$

前面已經證明過 $m, n$ 兩數互質，所以此兩數必定1偶1奇或2奇。

如果 $m, n$ 皆為奇數，則 $x, y, z$ 皆為偶數，此與上述 $x, z$ 互質矛盾。

所以沒有其他選擇了，$m, n$ 必定為1奇1偶。

至此，我們已經證明了畢氏數的通解必定呈現出來的形式。

還沒結束

另一方面，如果給定了兩個正整數 $m, n$，令

$$x=m^2-n^2, \ y=2mn, \ z=m^2+n^2$$ 且 $m, n$ 為 $1$ 奇 $1$ 偶且互質的兩數。 那麼要驗證 $(x,y,z)$ 是原始的畢氏數。我們分兩步驟進行：

步驟1：$(x,y,z)$ 是畢氏數

$$\begin{aligned} x^2+y^2 &= (m^2-n^2)^2+(2mn)^2 \\ &= m^4-2m^2n^2+n^4+4m^2n^2 \\ &= m^4+2m^2n^2+n^4 = (m^2+n^2)^2 = z^2 \end{aligned}$$

步驟2：$(x,y,z)=1$

令 $(x,y,z)=d$，則

$$d\mid m^2-n^2\ , d \mid 2mn\ , d \mid m^2+n^2$$

因為 $m, n$ 為 $1$ 奇 $1$ 偶，所以 $x, z$ 皆為奇數。

那麼，$d$ 必定是一個奇數。

我們來排除 $d>1$ 的情況：

對於任何大於 $1$ 的奇數 $d$，存在一個奇質數 $p$ 將其整除。

用符號表示就是 $p \mid d$，因此 $p \mid x$、$p \mid z$ 進而可知 $p | z+x$、$p | z-x$

因為 $z+x=2m^2$ 且 $z-x=2n^2$，所以 $p\mid 2m^2, \ p\mid 2n^2$。

既然 $p$ 是奇數，那麼 $p \mid m^2$ 且 $p \mid n^2$，
此將導致 $p \mid m$ 且 $p \mid n$，也就是 $m, n$ 兩數不互質，造成矛盾。

因此 $d=1$

看到這裡，希望你的腦袋還沒打結…。

畢氏定理還有很多故事可以說，但為了讓同學好吸收，
這篇文章就先寫到這邊，我們下篇文章見囉！

如果文章有繆誤，歡迎私訊告訴我，感謝！