本章主要讨论的是本原勾股数组，也就是关于满足a2+b2=c2的三元组(a,b,c)，且(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),其中a,b,c没有公因子，且满足a2+b2=c2，就是gcd(a,b,c)=1。
对于本原勾股数组，显然a 和 b 奇偶性不同只需要将a=2x+1,b=2y+1,c=2z，代入a2+b2=c2，即可推出有公约数2。由于a和b奇偶性不同，即a或b是偶数，那么显然c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)，那么显然有，c+b和c−b没有公因子。
（反证法）证明：
如果d|(c+b)且d|(c−b)，那么显然有d|((c+b)+(c−b))和d|((c+b)−(c−b))即d|2b且d|2c，因为在定义本原勾股数组的时候已经有了b和c的最大公约数是1的约定(虽然定义是a，b，c最大公约数是1，但是如果gcd(b,c)=d>1，显然有d|c不满足定义)。所以d要么为1，要么为2。但是如果d=2时，那么显然a，b，c均为偶数，不满足定义，那么d只能为1，证明了c+b和c−b都没有公因子。（书中都有）。
因此，如果将a2进行质因数分解，那么会有a=pa11∗pa22∗pa33...pann，其中指数a1,a2,a3...an为偶数（因为这样才能保证a2开根号后为整数），又因为c+b和c−b没有公因数，c+b和c−b各用a分解后的必然是pakk这些东西，因此，c+b 和 c−b均为平方数。那么假设c+b=s2,c−b=t2，则有c=(s2+t2)2,b=(s2−t2)2，a=st，因此形如(st,(s2−t2)2(s2+t2)2)的三元组为本原勾股数组。(其中s和t都是奇数，因为如果s和t中有且只有一个为奇数，那么显然(s2+t2)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2，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+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a和b都不是3的倍数，那么由于a和b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a为奇数，b为偶数。- amod3=1,bmod3=1
那么a=6x+1,b=6y+4,那么根据勾股定理，可以得到c=6z+5的形式，再代入a2+b2=c2后可得：
36x2+12x+1+36y2+48y+16=36z2+60z+25
整理后可得3∗(12x2+4x+12y2+16y−12z2−20z)=8。
3不是8的因子，所以显然不存在整数x，y使得该式成立。 - amod3=1,bmod3=2
那么有a=6x+1,b=6y+2,那么可以得到c=6y+5的形式，代入a2+b2=c2后可得
36x2+12x+1+26y2+24y+4=26y2+60z+25
整理后常数项20也不是3的因子，所以不存在整数x，y - 同理，可证明当amod3=2,bmod3=1和amod3=2,bmod3=2中同样找不到x，y成立，因此假设不成立，所以证明了a或者b必定是3的倍数。
（b）根据上面的反证法也可以证明a或b或c是5的倍数。
- amod3=1,bmod3=1
证明：如果d|m和d|n，则d|(m−n)且d|(m+n)的证明。
很显然有m=ad,n=bd，则m−n=d(a−b)，m+n=d(a+b)，显然能够被d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x和y没有公约数，那么x2+y2的任何奇素因子 都必定形如4n+1.显然是存在相同c值的2个本原勾股数组的。自己打个表就知道了。也可以找到相同c值的4个本原勾股数组。但找不到3个(10,000,000内)，可以找到4个的，找不到5个的，也找不到6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)
对于问题
（a）
:
首先，
b=4T1:(3,4,5)
b=4T2:(5,12,13)
b=4T3:(7,24,25)
b=4T4:(9,40,41)
观察可以找到规律：一个数是奇数，第二个数是
Tn
，第三个数是
(Tn)+1
。即：
a=2k+1,b=2k(k+1),c=2k(k+1)+1
，即
a=2k+1，b=2k2+2k，c=2k2+2k+1
.
对于问题 （b） ,由 （a） 可以得到， b 显然是是三角数的4倍。所以，每个三角数 Tn 都存在 b=Tn 的本原勾股数组 （a，b，c） 。
(6) 对于 （a）（b）（c） ，由上面的题目我们可以得到： a=4k，b=4k2−1,c=4k2+1 ，即： c=a+2 。那么： a=4k，b=4k2−1,c=4k2+1 就是通用公式。
(7) 你打个表或者套上面的公式，可以发现，打表发现 2c−2a 为完全平方数。特殊形式： 2c−2a=2∗((s2+t2)2−st)=(s−t)2 。
(8) 自行阅读与了解。
