毕达哥拉斯三元组

满足a的三个整数a、b和c²+b条²=c²被称为毕达哥拉斯三元组。这样的数字有无穷多，而且还存在生成所有三元组的方法。设n和m是整数，n>m。然后定义

(*)	a=n²-米²，b=2nm，c=n²+米².

三个数字a、b和c总是构成毕达哥拉斯三元组。证明很简单：

（n）²-米²)²+（2百万）²	=个⁴-2个²米²+米⁴+4个²米²
	=n个⁴+2个²米²+米⁴
	=（n²+米²)².

欧几里德（Euclid）知道这些公式，迪奥芬图斯（Diophantus）使用这些公式来获得具有特殊性质的毕达哥拉斯三元组。然而，他从未提出过这样一个问题：是否可以用这种方法获得所有可能的三元组。

事实上，对于m和n互质不同的平价，（*）产生互质数a、b和c。相反，所有的互质三元组确实可以用这种方式获得。所有其他的都是互质三元组的倍数：ka，kb，kc。

顺便说一下，那些掌握复数运算的人可能已经注意到

（n个）+我米）²=（n²-米²) +我200万。

这可能表明（*）在三角函数中有一个来源。但下面的证明只使用了简单的几何和代数。

首先，请注意，如果²+b个²=c²，然后（账户）²+（b/c）²= 1.与x=空调和y=b/c我们得到了x个²+年²= 1.这是众所周知的以圆心为原点的单位圆方程。因此，寻找毕达哥拉斯三元组相当于定位有理点（即点（x，y）其中x和y都是理性的)在单位圆上。对于if（p/q）²+（转/秒）²= 1,用一个公共分母相乘可以得到整数之间的恒等式。

有理数在任何程度上都近似于无理数。因此，有理对集是稠密的在整个平面上。因此，也许有人会认为，任何曲线都应该包含许多有理数对，或者疯狂地弯曲以避开它们。但事实并非如此。费马最后定理的最新证明让我们可以断言x个^N个+年^N个= 1具有N>2不包含有理点（当然除了琐碎的点-(0, 1)和(1, 0).)但有一些简单的例子。发件人林德曼定理，我们得出结论，一个完全光滑函数的图y=e^x个包含单个有理点（0,1）。此外，将单位圆稍稍拉到一边可能会彻底改变画面。设（x_k个，年_k个) = (√2/k、 √（√）三/k），并考虑一个中心位于（x）的单位圆_k个，年_k个). 随着k的增长，该点接近原点，但对于无k，这样的圆包含一个有理点。（它可以显示一般来说，在具有无理中心的圆上最多有两个有理点。）

让t定义为

(1)	t=y/（x+1）。

则t（x+1）=y

t吨²（x+1）²=y²=1-x²=（1+x）（1-x）。

我们对负x不感兴趣，所以我们取消两边的（1+x）。结果是

t吨²（x+1）=（1-x）。

求解我们得到的x

(2)	x=（1-t²)/（1+t²)

从y=t（1+x）我们还可以得到

（3）	y=2t/（1+t²)

公式（1）-（3）表明，t是有理的，如果x和y都是有理。

还有另一种方法可以查看刚才描述的配置。

配置包括以原点为中心的单位圆和通过该点的直线(-1, 0)它位于圆圈上。除非这条线与圆相切，否则这两条线还有第二个共同点。为了找到这个点，我们必须同时求解两个方程：圆的二次方程x个²+年²= 1以及直线的线性方程。通过从后者中删除x或y，并将结果代入前者，我们得到了一个具有整数系数的单变量二次方程。这个方程的一个解是直接的-它与点有关(-1, 0),而且是理性的。因此，方程的第二个解也是有理的，并且给出了第二个交点的x或y坐标。

下面的小程序说明了这个概念。有几个属性是可修改的：

拖动斜线上的空心圆以更改其坡度。
该线可以捕捉到网格，也可以不捕捉到网格。
通过拖动点（1,0）更改比例。
将坐标中心拖动到任何所需位置。
当文本框挡住去路时，拖动它。

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备注

当线上的点不局限于网格时，点看起来可以自由移动。然而，它的中心位置自然限制为屏幕的像素。像素可能很多，但它们被排列成一个矩形网格。相对于小程序坐标轴的网格，像素位于具有有理坐标的点上，分母始终等于任意轴上两个刻度之间的像素数。斜率t也是有理的，并导致上面的毕达哥拉斯三元组。

参考文献

K.Devlin，数学：模式科学，科学美国图书馆，1997年
圣朗，做数学的美斯普林格·弗拉格，1985年
W.Sierpinski，勾股三角形2003年，多佛

毕达哥拉斯三元数组

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