毕氏三元数与复数

所谓毕氏（毕达哥拉斯）三元数（Pythagorean triple），又叫做勾股数，商高数，是由毕氏定理衍生出来的，即直角三角形两直角边的平方和等于第三边的平方。毕氏三元数就是满足方程 $a^2+b^2=c^2$ 的正整数解，例如3,4,5这组解，以下我们用 $(3,4,5)$ 来表示一组毕氏三元数。这里存在一个问题，有没有可能表示出所有的正整数解呢？

假设我们随意取直角边的长度，例如1和2，那么斜边长为 $\sqrt{5}$ ，斜边长度不是整数，那怎么把它变成整数呢，很简单，直接平方一下，可是两直角边就不对了，那怎么解决呢？标题上已经剧透了我们要使用复数，那么，我们可以把斜边看成是一个复数，而两直角边分别是复数的实部和虚部，那么我们就可以把刚刚例子中的直角三角形用 $2+i$ 来表示，那我们对这个复数计算平方，$(2+i)(2+i)=4+4i-1=3+4i$，这个复数的模就是5。哎？我们看到了这是啥？是不是正好表示 $(3,4,5)$ ，这是巧合吗？

我们再来换一组，就 $3+2i$ 吧，平方一下，得到 $(3+2i)(3+2i)=9+12i-4=5+12i$ ，模是13，表示的是 $(5,12,13)$ 。刚刚的都是实部比虚部要大的，再试试虚部大的 $(2+3i)(2+3i)=4+12-9=-5+12i$ ，得到的是方程的负数解。你继续试验其它的值的话将得到更多的毕氏三元数。

首先我们要知道一个结论，实部虚部都是整数的复数，它平方后实部虚部仍然是整数，同时它的模也会得到整数，那么它的实部虚部的平方和，就等于模的平方。例如 $(a+bi)(a+bi)=a^2+2abi-b^2=a^2-b^2+2abi$ ，而这个复数的模是 $a^2+b^2$，于是我们得到毕氏三元数的整数解公式

$$(u^2-v^2,2uv,u^2+v^2)$$

接下来我们用另一种方法证明

根据原式公式 $a^2+b^2=c^2$ ，我们假定a与b互质，那么可推论a,b,c两两互质，又称为素三元数。原式子可以改写为 $a^2=c^2-b^2=(c+b)(c-b)$ 那么 $\frac{a}{c-b}=\frac{c+b}{a}$ ，令 $\frac{c-b}{a}=\frac{c}{a}-\frac{b}{a}=\frac{n}{m}$ ，其中$m,n$都是正整数且互质，得$\frac{c+b}{a}=\frac{c}{a}+\frac{b}{a}=\frac{m}{n}$ 两式相加得

$$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}(\frac{n}{m}+\frac{m}{n})=\frac{m^2+n^2}{2mn}$$

两式相减得

$$\frac{b}{a}=\frac{1}{2}(\frac{m}{n}-\frac{n}{m})=\frac{m^2-n^2}{2mn}$$

因为我们需要$a,b,c$都是正整数，所以$\frac{c}{a}$与$\frac{b}{a}$是有理数且不可约简（它们之间互质），而且两数分母一样，而这两个等式右边分母都是$2mn$，即式子左右两边分母相等，所以$a=2mn$且$\frac{m^2+n^2}{2mn}$与$\frac{m^2-n^2}{2mn}$不可约简（互质）。另外因为分母一定是偶数，所以$m,n$当中必须一个奇数一个偶数。由此解得三元数公式与前面完全一致。

那有没有这个公式无法表示的毕氏三元数呢，我们假设这个无法表示的三元数是$(a’,b’,c’)$，那么c-b是个正整数，所以$\frac{c-b}{a}$一定是有理数，满足 $\frac{c-b}{a}=\frac{n}{m}$ 的唯一的一对素质m与n必定存在，而通过这个m与n必定能通过上面的公式表示出$(a’,b’,c’)$，但前提是a,b,c之间两两互质，在这个前提下，与前面假设矛盾，所以这个公式能表示所有的素毕氏三元数，但不能表示所有的毕氏三元数。

那咱们回到复数表示法上，对于任意的 $(a,b,c)$ ，相应的复数定义为 $a+bi$ ，再通过前面的公式替换为 $m^2-n^2+2mni$ ，然后我们来求解 $\sqrt{m^2-n^2+2mni}=m+ni$，即任意整系数复数的平方，均能表示一组毕氏三元数。