勾股数和复数

1 简介

勾股定理，即欧几里德空间中任意一个直角三角形的斜边的平方，始终为其两个直角边的平方和。以数学的方式表达为，\(\forall\) 直角三角形（\(\triangle\)），无妨设 \(a,b,c\) 分别为该直角 \(\triangle\) 的两条直角边和其中一条斜边，那么我们始终有 \(a^2+b^2=c^2\)。因为为毕达哥拉斯学派所首创，因此该定理又被称为毕达哥拉斯定理。

图 1：勾股定理的一种证明。

勾股数则指满足勾股定理的所有值为正整数的整数组，如 \((3,4,5)\)，\((5,12,13)\) 等。

寻找勾股数组实际上是数学解不定方程的一个问题，它的求解过程这里不再赘述。值得一提的是 17 世纪的"业余数学家之王"费马将勾股定理进行了一般化的推广并得到如下的猜想，

\[\forall k\in Z_{+},\ k>2,\ \text{满足}\ a^k+b^k=c^k\ \text{的整数组是不存在的}. \]

这个猜想被称为费马大定理，其最终才于1994年被英国数学家怀尔斯所攻克。费马曾经在其记录该问题的书本空白处写到自己找到了一种绝妙的方法来证明该猜想，但是因为书页的空白处太少无法写下该证明。费马究竟有没有找到这样一种绝妙的证法，可以说众说纷纭，但就怀尔斯所给出的费马大定理的证明来看，费马本人很可能没有找到有效的证明，他的思路很有可能是一种降阶证明。

图 2：从毕达哥拉斯到费马到怀尔斯。

本人之所以要写这篇博文，源于"勾股数"和"复数"的紧密关系。这是本人研究一个数学问题的副产品，即便如此，它还是展现出一些优美的性质。

2 勾股数和复数

2.1 勾股数公式

勾股数求解这里不再赘述，有兴趣的读者可以找相关的数学文献查阅。若勾股数 \(a,b,c\) 三者满足互素的性质，如 \((3,4,5)=1\)，那么我们有所有满足互素的勾股数（\((a,b,c)=1\)）其解的形式必然为

\[\begin{aligned} &a=m^2-n^2,\quad b=2mn,\quad c=m^2+n^2,\\ &\text{其中}\ m>n,\ (m,n)=1,\ \text{且}\ m,n\in Z_{+}. \end{aligned}\]

该解给出所有勾股数中最基本的解。基于该解，我们可以得到所有的勾股数解，如基于一组解 \((3,4,5)\)，我们有解 \((6,8,10)\)，\((9,12,15)\) 等。其通解为

\[\begin{aligned} &a=k(m^2-n^2),\quad b=2kmn,\quad c=k(m^2+n^2),\\ &\text{其中}\ m>n,\ (m,n)=1,\ \text{且}\ k,m,n\in Z_{+}. \end{aligned}\]

为了更好的探讨勾股数和复数的关系，我对勾股数的范围进行了拓广，这里满足勾股数的解的形式为

\[a^2+b^2=c^2,\ \text{其中}\ a,b,c\in Z-Z_{-}\ (\text{即}\ Z_{+}\cup\{0\}). \]

简单解释即为，这里将 \(0\) 也参与到勾股数的构建当中。这是有意义的，当 \(a\) 或者 \(b\) 其中之一为 \(0\) 值得时候，我们有任何一个非负整数和 \(0\) 都构成一组勾股数，如 \((0,1,1)\)。为方便这里将推广后的勾股数做一个分类。

Definition 1. 我们将满足 \(a^2+b^2=c^2\) 的 \(a,b\) 其中之一或全部为 \(0\) 所构成的整数组 \((a,b,c)\) 称为勾股数组的平凡解。

Definition 2. 我们将满足 \(a^2+b^2=c^2\) 的 \(a,b\) 全部大于 \(0\) 所构成的整数组 \((a,b,c)\) 称为勾股数组的非平凡解。

平凡解和非平凡解在下面介绍的素数求解勾股数的内容中会有重要的应用和讨论。同样的，为后续讨论，这里定义本原解的概念。

Definition 3. 我们将满足定义 1 且 \(a,b,c\) 中不为 \(0\) 的整数为素数或者 \(1\) 的整数组称为勾股数组的平凡解的本原解。

Definition 4. 我们将满足定义 2 且 \(a,b,c\) 的最大公约数为 \(1\) 的整数组称为勾股数组的非平凡解的本原解。

2.2 复数求解勾股数

2.2.1 实虚部绝对值相同情形下求解

在得到复数求解勾股数一般程式之前，这里先举两个例子来说明。

例如，我们取两个复数 \(1+i,\ 1+i\)，将这两个复数按复数的乘法得到 \((1+i)(1+i)=0+2i\)，取出该乘积的实部和虚部，我们分别有实部和虚部分别为 \(0\) 和 \(2\)，而显然 \((0,2,2)\) 是勾股数的一组平凡解。同样的，我们取复数 \(2+i,\ 2+i\)，将两个复数按复数的乘法得到 \((2+i)(2+i)=3+4i\)，我们分别得到实部和虚部分别为 \(3\) 和 \(4\)，显然 \((3,4,5)\) 是勾股数的一组非平凡解。

通过上面的计算我们似乎发现了一个规律，即在实部和虚部的绝对值各相同的情况下，两个（模相同的）复整数相乘其得到实部的绝对值、虚部的绝对值和该乘积的模的一定是勾股数的一组平凡解或者非平凡解。

于是我们有以下定理。

Theorem 1. 任取两个模相同的复数，无妨设为 \(z_{1},z_{2}\)，其中 \(z_{1}=a_{1}\pm b_{1}i,\ z_{2}=a_{1}\pm b_{1}i,\ a_{1},b_{1}\in Z_{+}\)，令 \(z=z_{1}\cdot z_{2}\)，那么 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 一定是勾股数的一组解（平凡解或非平凡解）。

这里给出证明。

证明. 我们分 \(4\) 种情况来证明。

1. 当 \(z_{1}=z_{2}=a_{1}+b_{1}i\) 的时候，我们有

   \[z_{1}\cdot z_{2}=(a_{1}+b_{1}i)(a_{1}+b_{1}i)=(a^{2}_{1}-b^{2}_{1})+2a_{1}b_{1}i. \]

   这里分 \(3\) 类情况进行讨论。

   1. 当 \(a_{1}>b_{1}\) 时，易知，

      \[\begin{cases}|Real(z)|=a^{2}_{1}-b^{2}_{1},\\ |Image(z)|=2a_{1}b_{1},\\ |z|=a^{2}_{1}+b^{2}_{1}.\end{cases} \]

      显然 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是勾股数的一组（非平凡）解。

   2. 当 \(a_{1}=b_{1}\) 时，易知，

      \[\begin{cases}|Real(z)|=0,\\ |Image(z)|=2a_{1}b_{1}=2a_{1}^{2},\\ |z|=a^{2}_{1}+b^{2}_{1}=2a_{1}^{2}.\end{cases} \]

      显然 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是勾股数的一组（平凡）解。

   3. 当 \(a_{1}<b_{1}\) 时，易知，

      \[\begin{cases}|Real(z)|=b^{2}_{1}-a^{2}_{1},\\ |Image(z)|=2a_{1}b_{1},\\ |z|=a^{2}_{1}+b^{2}_{1}.\end{cases} \]

      显然 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是勾股数的一组（非平凡）解。

2. 当 \(z_{1}=a_{1}+b_{1}i,\ z_{2}=a_{1}-b_{1}i\) 的时候，我们有

   \[z_{1}\cdot z_{2}=(a_{1}+b_{1}i)(a_{1}-b_{1}i)=a^{2}_{1}+b^{2}_{1}. \]

   易知，

   \[\begin{cases}|Real(z)|=a^{2}_{1}+b^{2}_{1},\\ |Image(z)|=0,\\ |z|=a^{2}_{1}+b^{2}_{1}.\end{cases} \]

   显然 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是勾股数的一组（平凡）解。

3. 当 \(z_{1}=a_{1}-b_{1}i,\ z_{2}=a_{1}+b_{1}i\) 的时候，同 2。

4. 当 \(z_{1}=a_{1}-b_{1}i,\ z_{2}=a_{1}-b_{1}i\) 的时候，

   \[z_{1}\cdot z_{2}=(a_{1}-b_{1}i)(a_{1}-b_{1}i)=(a^{2}_{1}-b^{2}_{1})-2a_{1}b_{1}i. \]

   同 1，经过 \(3\) 种情况的讨论，我们得当 \(z_{1} \neq z_{2}\) 时，\((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是勾股数的一组（非平凡）解，当 \(z_{1}=z_{2}\) 时，\((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是勾股数的一组（平凡）解。

综上，我们证明了定理 1。\(\blacksquare\)

易知，定理 1 中的整数组 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 覆盖了所有的勾股数组非平凡解的本原解（因为由证明中的第 \(1\) 种情况的第 \(1\) 类情况，它即满足勾股数非平凡解的基本形式，且取遍所有的整数）。

2.2.2 模相同情形下求解

考虑到复数模的运算性质，我们有可以将上面的定理 1 进一步推广，得到如下定理。

Theorem 2. 任取两个模相同的复数，无妨设为 \(z_{1},z_{2}\)，其中 \(z_{1}=a_{1}\pm b_{1}i,\ z_{2}=a_{2}\pm b_{2}i,\ a_{1},b_{1},a_{2},b_{2}\in Z_{+}\)，令 \(z=z_{1}\cdot z_{2}\)，那么 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 一定是勾股数的一组解（平凡解或非平凡解）。

证明. 首先我们来证明 \(z_{1},z_{2}\) 相乘后得到的实部和虚部分别为整数。因为，

\[\begin{cases}Real(z)=Real(z_{1})Real(z_{1})-Image(z_{1})Image(z_{2}),\\ Image(z)=Real(z_{1})Image(z_{2})+Image(z_{1})Real(z_{2}).\end{cases} \]

显然 \(Real(z_{1}),Real(z_{1}),Image(z_{1}),Image(z_{2})\) 都是整数，于是由整数环满足加减乘运算封闭的性质知，\(Real(z),Image(z)\) 都是整数。

其次，由复数模的性质知，\(|z|=|z_{1}\cdot z_{2}|=|z_{1}||z_{2}|=|z_{1}|^{2}=Real(z_{1})^2+Image(z_{1})^2\)。显然 \(|z|\) 也是整数，且 \(|z|^{2}=|Real(z)|^{2}+|Image(z)|^{2}\)，因此 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 一定是勾股数的一组解（平凡解或非平凡解）。\(\blacksquare\)

定理 2 将定理 1 一般化，即只需满足复数模相等的情况即可。我们可举例，如 \(z_{1}=15+20i,\ z_{2}=7-24i\)，将 \(z_{1},z_{2}\) 相乘我们有，\(z_{1}\cdot z_{2}=(15+20i)(7-24i)=585-220i\)，易知，\((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)=(585,220,625)\) 是勾股数的一组（非平凡解）。

显然，定理 2 的情形也涵盖了定理 1。

如我们所举例说明的那样，其中 \(z_{1}=15+20i\) 我们可认为 \(z_{1}\) 是复数 \(3+0i\) 和 \(3+4i\) 的乘运算所得到，\(z_{2}\) 是复数 \(4+3i\) 和 \(4+3i\) 的乘运算所得到的。由此，我们想到无论模相同与否，当两个复数其实部的绝对值、虚部的绝对值和其模在其为一组勾股数解的情形下，其乘积所得的复数，其实部的绝对值、虚部的绝对值和其模也一定是勾股数的一组解。

2.2.3 模不相同情形下求解

承接上一节。这里我们将模相同的条件放宽为模不相同，但是将两个相乘的复数加以限制，限制为两个复数都满足其实部的绝对值、虚部的绝对值和其模为一组勾股数解，那么我们得到其乘积所得的复数，其实部的绝对值、虚部的绝对值和其模也一定是勾股数的一组解。

Theorem 3. 任取两个复数 \(z_{1},z_{2}\)，其中 \(z_{1}=a_{1}\pm b_{1}i,\ z_{2}=a_{2}\pm b_{2}i,\ a_{1},b_{1},a_{1},b_{1}\in Z_{+}(\text{或者}\ Z_{+}\cup\{0\})\)，且 \((a_{1},b_{1},z_{1}),\ (a_{2},b_{2},z_{2})\) 是勾股数的一组解，令 \(z=z_{1}\cdot z_{2}\)，那么 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 也一定是勾股数的一组解（平凡解或非平凡解）。

证明. 同定理 2 的证明，首先我们来证明 \(z_{1},z_{2}\) 相乘后得到的实部和虚部分别为整数。因为，

\[\begin{cases}Real(z)=Real(z_{1})Real(z_{1})-Image(z_{1})Image(z_{2}),\\ Image(z)=Real(z_{1})Image(z_{2})+Image(z_{1})Real(z_{2}).\end{cases} \]

显然 \(Real(z_{1}),Real(z_{1}),Image(z_{1}),Image(z_{2})\) 都是整数，于是由整数环满足加减乘运算封闭的性质知，\(Real(z),Image(z)\) 都是整数。

其次，由复数模的性质知，\(|z|=|z_{1}\cdot z_{2}|=|z_{1}|\cdot|z_{2}|\)。由 \((a_{1},b_{1},z_{1}),\ (a_{2},b_{2},z_{2})\) 是勾股数的一组解知，\(z_{1},z_{2}\) 都是整数，显然 \(|z|\) 也是整数，且 \(|z|^{2}=|Real(z)|^{2}+|Image(z)|^{2}\)，因此 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 一定是勾股数的一组解（平凡解或非平凡解）。\(\blacksquare\)

我们可以将上述定理做一个推广，将 \(2\) 个复数相乘推广到 \(k\) 个，得到更一般的定理 4。

Theorem 4. 任取 \(k\)（\(k\geq 1\)）个复数 \(z_{1},\cdots,z_{k}\)，其中 \(z_{j}=a_{j}\pm b_{j}i,\ a_{j},b_{j},\in Z_{+}(\text{或者}\ Z_{+}\cup\{0\}),\ j=1,\cdots,k\)，且 \((a_{j},b_{j},z_{j})\) 是勾股数的一组解，令 \(z=z_{1}\cdots z_{k}\)，那么 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 也一定是勾股数的一组解（平凡解或非平凡解）。

其证明可用归纳法，这里省略不再证明。这里将 \(k=1\) 的情况也包含进来这是显然的（不证自明的）。

2.2.4 可约性

由定理 1 的证明我们知道通过复数求解勾股数我们只需考虑 \(z_{1}=z_{2}=a_{1}+b_{1}i\) 和 \(z_{1}=a_{1}+b_{1}i,\ z_{2}=a_{1}-b_{1}i\) 这两种情形。并且，我们易知，第二种情形得解是勾股解的平凡解。这很简单，这里就不再赘述。我们来探究一下第一种情形下解的两个直角边和斜边之间的可约性问题。在第一种情形下，我们同样忽略 \(a_{1}=b_1\) 的情况，我们只考虑 \(a_{1}>b_1\) 和 \(a_{1}<b_1\) 的情况。又因为 \(a_1,b_1\) 取值的等价性，这里我们只考虑 \(a_{1}>b_1\) 这类情况。

当 \(a_{1},b_{1}\) 互素（\((a_1,b_1)=1\)）的条件下，通过分组讨论，我们有以下结论。

Theorem 5. 任取两个复数 \(z_1,z_2,\ z_{1}=z_{2}=a_{1}+b_{1}i,\ a_{1}>b_1\)，令 \(z=z_1\cdot z_2\)，若 \((a_1,b_1)=1\)，且 \(a_1,b_1\) 其中之一为奇数，其中之一为偶数，那么 \(Real(z),Image(z)\) 也一定互素，即 \((Real(z),Image(z))=1\)。

证明. 由前面的结果，我们有

\[\begin{cases}Real(z)=a^{2}_{1}-b^{2}_{1}=(a_1+b_1)(a_1-b_1),\\ Image(z)=2a_{1}b_{1}.\end{cases} \]

首先，由 \(a_1,b_1\) 其中之一为奇数，其中之一为偶数，我们易知，实部 \(Real(z)\ (a^{2}_{1}-b^{2}_{1})\) 一定是一个奇数，因此，\(Image(z)\) 和 \(Real(z)\) 不存在公约数 \(2\)。

其次，由 \((a_1,b_1)=1\) 知，\((a_1+b_1),(a_1-b_1)\) 显然与 \(a_1,b_1\) 都互素，而 \(Real(z)=(a_1+b_1)(a_1-b_1)\)，因此，\(Real(z)\) 与 \(a_1,b_1\) 互素。

综上，\(Real(z)\) 与 \(2,a_1,b_1\) 都互素，因此，\(Real(z)\) 与 \(Image(z)\) 互素，即 \((Real(z),Image(z))=1\)。\(\blacksquare\)

我们简单举例，如 \(a_1=2,\ b_1=1\)，一个为奇数，一个为偶数，我们得到复数 \(z=3+4i\)，显然 \((3,4)=1\)。

Theorem 6. 任取两个复数 \(z_1,z_2,\ z_{1}=z_{2}=a_{1}+b_{1}i,\ a_{1}>b_1\)，令 \(z=z_1\cdot z_2\)，若 \((a_1,b_1)=1\)，且 \(a_1,b_1\) 都为奇数，那么 \(Real(z),Image(z)\) 存在唯一的公约数 \(2\)，即 \((Real(z),Image(z))=2\)。

证明. 证明同前面定理 5 的证明。由前面的结果，我们有

\[\begin{cases}Real(z)=a^{2}_{1}-b^{2}_{1}=(a_1+b_1)(a_1-b_1),\\ Image(z)=2a_{1}b_{1}.\end{cases} \]

首先，由 \(a_1,b_1\) 都为奇数，我们易知，实部 \(Real(z)\ (a^{2}_{1}-b^{2}_{1})\) 一定是一个偶数，因此，\(Image(z)\) 和 \(Real(z)\) 存在公约数 \(2\)。

其次，由 \((a_1,b_1)=1\) 知，\((a_1+b_1),(a_1-b_1)\) 显然与 \(a_1,b_1\) 都互素，而 \(Real(z)=(a_1+b_1)(a_1-b_1)\)，因此，\(Real(z)\) 与 \(a_1,b_1\) 互素。

综上，\(Real(z)\) 与 \(a_1,b_1\) 都互素，且存在因子 \(2\)，因此，\(Real(z)\) 与 \(Image(z)\) 存在唯一的公约数 \(2\)，即 \((Real(z),Image(z))=1\)。\(\blacksquare\)

同样的，我们可举例如 \(a_1=3,\ b_1=1\)，两个都为奇数，我们得到复数 \(z=8+6i\)，显然 \((8,6)=2\)。

紧接着，我们可以得到对应的一般情形下的两个结论。

Theorem 7. 任取两个复数 \(z_1,z_2,\ z_{1}=z_{2}=a_{1}+b_{1}i,\ a_{1}>b_1\)，令 \(z=z_1\cdot z_2\)，若 \((a_1,b_1)=k,\ k\geq 1,\ k\in Z_+\)，且 \(a_1,b_1\) 其中之一为奇数，其中之一为偶数，那么 \(Real(z),Image(z)\) 只存在公约数 \(k^2\)，即 \((Real(z),Image(z))=k^2\)。

Theorem 8. 任取两个复数 \(z_1,z_2,\ z_{1}=z_{2}=a_{1}+b_{1}i,\ a_{1}>b_1\)，令 \(z=z_1\cdot z_2\)，若 \((a_1,b_1)=k,\ k\geq 1,\ k\in Z_+\)，且 \(a_1,b_1\) 都为奇数，那么 \(Real(z),Image(z)\) 存在唯一的公约数 \(2k^2\)，即 \((Real(z),Image(z))=2k^2\)。

证明从略。提示：将公约数 \(k\) 提出之后即是前面证明的情形。

2.2.5 勾股数解之间的联系

根据定理 4 逆推，我们即可以知道勾股解之间存在着紧密的联系，其联系为勾股数中的斜边 \(c\)。如果一个勾股数解斜边 \(c\) 其素因子为 \(p_{1},\cdots p_{l},\ l\geq 1,\ l\in Z_{+}\)，那么这些素因子也一定是某些勾股解的斜边 \(p_{i},\ 1\leq i\leq l,\ i,l\in Z_{+}\)。更一般的说法是，如果一个整数 \(z_{0}\) 是勾股数解斜边 \(c\) 的因子，那么 \(z_{0}\) 也一定是某组勾股数解得斜边。如之前的举例，\(z_{1}=15+20i,\ z_{2}=7-24i\)，\(z_{1},z_{2}\) 的模都为 \(25\)，显然 \(5\) 是勾股数解 \((0,5,5)\) 和 \((3,4,5)\) 的斜边。

根据前面的定义，我们有以下结论。

1. 勾股数解的平凡解之间进行乘运算其得到的解始终为平凡解。如 \(z_{1}=2+0i,\ z_{2}=3+0i\)，则 \(z=6+0i\)，\((0,6,6)\) 是一组平凡解。
2. 勾股数解的平凡解显然可经过勾股数的平凡解的本原解得到，这是由整数的因式分解唯一性所决定的。
3. 勾股数的平凡解和非平凡解之间进行乘运算得到的结果一定是非平凡解。如 \(z_{1}=2+0i,\ z_{2}=3+4i\)，则 \(z=6+8i\)，\((6,8,10)\) 是一组非平凡解。
4. 勾股数的非平凡解之间进行运算，得到的解有可能是平凡解也有可能是非平凡解。如，\(z_{1}=3+4i,\ z_{2}=3+4i\)，则 \(z=-7+24i\)，\((7,24,25)\) 是一组非平凡解。再如，\(z_{1}=3-4i,\ z_{2}=3+4i\)，则 \(z=25+0i\)，\((25,0,25)\) 是一组平凡解。
5. 勾股数的非平凡解的本原解之间进行运算，既有可能得到非平凡解得本原解，也有可能得到平凡解的非本原解或者平凡解。如 \(z_{1}=3+4i,\ z_{2}=7+24i\)，则 \(z=-75+100i\)，\((75,100,125)\) 是一组非平凡解的非本原解。
6. 设斜边 \(c=c_{1}\cdots c_{l},\ l\geq 1,\ l\in Z_{+}\)，如果 \(c_{i},\ 1\leq i\leq l,\ i,l\in Z_{+}\) 都为一组非平凡解的本原解的斜边，那么 \(c\) 至少是一组非平凡解的本原解的斜边。

我们只证明第 \(6\) 个结论。事实上，如果我们证明了 \(c=c_{1}\cdot c_{2}\) 的情形成立，我们即可以通过归纳法证明 \(c=c_{1}\cdots c_{l},\ l\geq 1,\ l\in Z_{+}\) 的情况。

证明. 由勾股数解的求解公式我们知道，勾股数的非平凡解满足，要么 \(a_{1}=a_{2},\ b_{1}=b_{2}\)，要么 \(a_{1} \neq a_{2}\) 和 \(b_{1} \neq b_{2}\) 至少有一项成立，这是由 \(m,n\) 的取值所决定的。于是我们可以分两种情形来证明结论 6。

若 \(a_1=a_2,\ b_1=b_2\)，且 \((a_1,b_1,c_1),\ (a_2,b_2,c_2)\) 都是勾股解的本原解，那么显然 \(a_1,b_1\) 和 \(a_2,b_2\) 中分别一个为奇数，一个为偶数（否则存在公约数 \(2\)，这与是非平凡解的本原解矛盾）。再由定理 5 知，显然可以找到一组非平凡解的本原解 \((Real(c),Image(c),c)\)。

若 \(a_{1}\neq a_{2}\) 和 \(b_{1}\neq b_{2}\) 至少有一项成立，且 \((a_1,b_1,c_1),\ (a_2,b_2,c_2)\) 都是勾股解的本原解，那么我们证明如下结果，要么满足

\[\begin{cases}Real(z)=a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2},\\ Image(z)=a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1},\end{cases}\tag{1} \]

的 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是一组勾股数解的非平凡解的本原解，要么满足

\[\begin{cases}Real(z)=a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1},\\ Image(z)=a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2},\end{cases}\tag{2} \]

的 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 是一组勾股数解的非平凡解的本原解。

再证明之前，我们先证明若 \(a_{1} ≠ a_{2}\) 和 \(b_{1} ≠ b_{2}\) 至少有一项成立，那么上述两组 \(4\) 个算子都是非零的。显然 \(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}\) 和 \(a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2}\) 的。只需证明 \(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2}\) 和 \(a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\) 也全都非零即可。不妨假设 \(a_{1},a_{2}\) 为奇数，\(b_{1},b_{2}\) 为偶数，那么显然 \(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2}\) 也是非零的。下面只需证明 \(a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\) 为非零元素即可。若 \(a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}=0\)，我们有 \(a_{1}b_{2}=a_{2}b_{1}\)，于是等式左右两边都还有相同的公因子。设若 \(a_{1} ≠ a_{2}\) 而 \(b_{1}=b_{2}\)，那么显然这样是不可能的。同理可证 \(a_{1}=a_{2}\) 而 \(b_{1} ≠ b_{2}\) 的情况。设若 \(a_{1} ≠ a_{2}\) 且 \(b_{1} ≠ b_{2}\)，由 \(a_{1}b_{2}=a_{2}b_{1}\) 得 \(\dfrac{a_{1}}{b_{1}}=\dfrac{a_{2}}{b_{2}}\)。于是得证上述两组 \(4\) 个算子都是非零的。之所以给出这个简单的证明，是为后面的提取公因子和公因子的存在性做铺垫。

假设通过上述方式构造的 \((|Real(z)|,|Image(z)|,|z|)\) 都不是勾股数解的平凡解的本原解，那么显然它们一定是勾股数解的非平凡解，但非本原解。于是在上述两种构造方式下，\((|Real(z)|,|Image(z)|)\) 都存在公约数，不妨设为 \(s,t\ (s,t>1,\ s,t\in Z_+)\)，即 \((a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2},\ a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})=s,\ (a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1},\ a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2})=t\)。

为方便，不妨设 \(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2}=\Delta_1,\ a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}=\Delta_2,\ a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}=\Delta_3,\ a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2}=\Delta_4\)，且 \((\Delta_1,\Delta_2)=s,\ (\Delta_3,\Delta_4)=t\)。

首先我们证明，当 \(s\) 和 \(t\) 存在公约数大于 \(1\) 的情况下，按照上述的构造方式一定可以得到一组本原解。

无妨假设公约数为 \(u\)，即 \((s,t)=u,\ u>1,\ u\in Z_+\)。再假设 \(s=s'u,\ t=t'u\)，于是

\[(\Delta_1,\Delta_2)=s'u,\ (\Delta_3,\Delta_4)=t'u. \]

进而，我们假设

\[\begin{aligned} &\Delta_1=\Delta_1's'u,\quad \Delta_2=\Delta_2's'u,\\ &\Delta_3=\Delta_3't'u,\quad \Delta_4=\Delta_4t'u. \end{aligned}\]

而易知 \(\Delta_1+\Delta_4=(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2})+(a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2})=2a_{1}a_{2}=(\Delta_1's'+\Delta_4t')u\)。

这里先证明一下 \(u\) 不能为 \(2\) 所整除，显然我们由 \(\Delta_1^2+\Delta_2^2=(\Delta_1'^2+\Delta_2'^2)s'^2u^2=(c_1c_2)^2\) 知，\(u\) 一定是 \(c_1c_2\) 的因子，下面即说明 \(c_1\) 和 \(c_2\) 都不能为偶数就行了。由 \(c_1\) 和 \(c_2\) 都是勾股解的本原解的条件，结合定理 5 和定理 6 的证明我们可得 \(c_1\) 和 \(c_2\) 都不能被 \(2\) 所整除，于是 \(u\) 不能为 \(2\) 所整除。

于是由 \(2a_{1}a_{2}=(\Delta_1's'+\Delta_4t')u\) 我们得到，\(u\) 至少和 \(a_{1},a_{2}\) 中的一个存在公约数，不妨设 \(a_{1}\) 和 \(u\) 存在公约数，且设公约数为 \(v\)，于是，\((a_{1},u)=v,\ v>1,\ v\in Z_+\)，于是我们继续假设，\(a_{1}=a_{1}'v,\ u=u'v\)。

由 \((a_{1},b_1)=1\) 知，\(b_1\) 和 \(v\) 是互素的。于是根据

\[\Delta_1=\Delta_1's'u'v=a_{1}'va_{2}-b_{1}b_{2}, \]

\(b_2\) 一定可以被 \(v\) 所整除。

同样的，由

\[\Delta_3=\Delta_3't'u'v=a_{1}'vb_{2}-a_{2}b_{1}, \]

我们又有 \(a_2\) 一定可以被 \(v\) 所整除。

于是 \(a_2,b_2\) 至少存在公约数 \(v,\ v>1,\ v\in Z_+\)，这与我们的假设 \((a_2,b_2,c_2)\) 是一组非平凡解的本原解矛盾。于是，我们即证明了如果 \(s,t\) 存在公约数 \(u,\ u>1,\ u\in Z_+\)，那么按照上述两组算子所得的两组勾股数解至少有一组是非平凡解的本原解。

• 推论 1：若我们的 \(c_1,c_2\) 的因子全是相同的单一素数，即 \(c_1=c_i^l,\ c_2=c_i^k,\ l,k\geq 1,\ l,k\in Z_+\)，且 \((a_i,b_i,c_i)\) 是勾股数非平凡解的本原解，那么 \(a_1,b_1\) 和 \(a_2,b_2\) 通过上述两组算子得到的解至少存在一组本原解。
• 推论 2：若我们的 \(c\) 的因子全是相同的，也就是 \(c=c_i^l,\ l\geq 1,\ l\in Z_+\)，\((a_i,b_i,c_i)\) 是勾股数非平凡解的本原解，\(c_i\) 为一素数的整数次幂，那么一定可以通过 \((a_i,b_i,c_i)\) 按照上述两组算子得到一组勾股数平凡解的本原解且使得 \(c\) 为该解的斜边。

下面推算，若 \(s\) 和 \(t\) 互素，即公约数为 \(1\) 的情况下，按照上述两组算子得到的解都是勾股数非平凡解，但非平凡解的本原解，\(c_1,c_2\) 需满足的条件。

\[\begin{aligned} -b_1\Delta_1+a_1\Delta_2&=(-b_1\Delta_1'+a_1\Delta_2')s\\ &=-b_1(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2})+a_1(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})\\ &=(a^{2}_{1}+b^{2}_{1})b_2=b_2c_1^2 \end{aligned}\]

先证明 \(b_2\) 和 \(s\) 是互素的。假设不成立，那么 \(b_2\) 和 \(\Delta_1,\Delta_2\) 都存在公约数，不妨设为 \(u,\ u>1,\ u\in Z_+\)，于是 \(s=s'u,\ b_2=b_2'u,\ \Delta_1=\Delta_1's'u,\ \Delta_2=\Delta_2's'u\)。

由公式 \(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2}=a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2}'u=\Delta_1's'u\) 知，\(a_{1}a_{2}\) 至少有一项可以被 \(u\) 所整除，而由 \(a_{2},b_2\) 是勾股数非平凡解的本原解知，\(a_{2},b_2\) 互素，于是 \(a_{1}\) 可以被 \(u\) 所整除。

同理，由公式 \(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}=a_{1}b_{2}'u+a_{2}b_{1}=\Delta_2's'u\) 知，\(a_{2}b_{1}\) 至少有一项可以被 \(u\) 所整除，而由 \(a_{2},b_2\) 是勾股数非平凡解的本原解知，\(a_{2},b_2\) 互素，于是 \(b_{1}\) 可以被 \(u\) 所整除。

于是 \(a_{1},b_1\) 至少存在公约数 \(u,\ u>1,\ u\in Z_+\)，这与 \(a_{1},b_1\) 是勾股数非平凡解的本原解矛盾。于是 \(b_2\) 和 \(s\) 是互素的。因此 \(s\) 一定整除 \(c_1^2\)。

同理，

\[\begin{aligned} -b_2\Delta_1+a_2\Delta_2&=(-b_2\Delta_1'+a_2\Delta_2')s\\ &=-b_2(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2})+a_2(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})\\ &=(a^{2}_{2}+b^{2}_{2})b_1=b_1c_2^2 \end{aligned}\]

同上的方法，可证明 \(b_1\) 和 \(s\) 是互素的。因此 \(s\) 也一定可以整除 \(c_2^2\)。

同理，由公式

\[\begin{aligned} -b_1\Delta_3+a_1\Delta_4&=(-b_1\Delta_3'+a_1\Delta_4')t\\ &=-b_1(a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1})+a_1(a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2})\\ &=a_2(a^{2}_{1}+b^{2}_{1})=a_2c_1^2 \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} b_2\Delta_3+a_2\Delta_4&=(b_2\Delta_3'+a_2\Delta_4')t\\ &=b_2(a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1})+a_2(a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2})\\ &=a_1(a^{2}_{2}+b^{2}_{2})=a_1c_2^2 \end{aligned}\]

同样可证，\(c_1^2,\ c_2^2\) 也都可以被 \(t\) 所整除。于是 \(st\mid c_1^2,\ st\mid c_2^2\)。再由 \(s,t\) 互素知，\(c_1\) 和 \(c_2\) 存在公约数，且该公约数至少含有两个不同的因子。

到了这儿我以为寻找非平凡解本原解的任务已经渺茫了，然而，"山重水复疑无路，柳暗花明又一村"，上面的求解结果实际上为我们求解勾股数非平凡解的本原解得到了一种可行方案。

• 推论 3：若 \(c_1\) 和 \(c_2\) 互素，按照上述两组算子得到的解都构成勾股数非平凡解的本原解。
• 推论 4：若 \(c_1\) 和 \(c_2\) 若只有一个公约数，且该公约数满足为一素数或素数的 \(k\) 次幂，按照上述两组算子得到的解至少一组会构成勾股数非平凡解的本原解。

推论 3 是显然的，因为 \(c_1\) 和 \(c_2\) 互素的情况显然不满足 \(s\mid c_1^2,\ s\mid c_2^2\) 和 \(t\mid c_1^2,\ t\mid c_2^2\) 的任何一种情况。

推论 4 也是显然，因为若要使上述两组算子得到的解都是勾股数非平凡解但非本原解，则需要 \(c_1\) 和 \(c_2\) 同时满足 \(s\mid c_1^2,\ s\mid c_2^2\) 和 \(t\mid c_1^2,\ t\mid c_2^2\) 两种情况，而 \(c_1\) 和 \(c_2\) 若只有一个公约数，且该公约数满足为一素数或素数的 \(k\) 次幂，显然不能同时满足。

显然推论 1 又是推论 4 的一种特殊情况，于是关于 \(c_1,c_2\) 的因子全是相同的单一素数的情形，我们又找到了另外一种形式的证明。

这样，两种情况我们都讨论完毕，证毕。\(\blacksquare\)

经过上面的证明讨论，我们这里将问题 6 一般形式和实现方式做一个更为具体的叙述。

Theorem 9. 设斜边 \(c=p_{1}^{k_1}\cdots p_{l}^{k_l},\ p_i\text{都为素数},\ 1\leq i\leq l,\ l\geq 1,\ i,l\in Z_{+}\)，如果 \(p_i^{k_i}\) 都为一组非平凡解的本原解的斜边，那么 \(c\) 至少是一组非平凡解的本原解的斜边，且该非平凡解的本原解可通过下面的方式构造：

根据推论 1 和 2 分别先通过公式 (1) 和 (2) 求出 \(p_i^{k_i}\) 各自的非平凡解的本原解，之后，根据推论 3 通过公式 (1) 或者 (2) 求出 \(p_{1}^{k_1}\cdots p_{l}^{k_l}\) 也即 \(c\) 的非平凡解得本原解。

定理 9 的得到应该算是这些天对我努力思考这一问题的奖赏，得到这样一个结果，我是很满意的，因为它告诉我们所有的非平凡解的本原解之间具有紧密的联系并且这种联系可以通过构造性的组合方式来实现。得到这个结果，让我想起了高斯所得到的尺规作图的通解求解过程，从小到大，并一一组合，解与解之间具有紧密的联系，两者在数学美上有异曲同工之妙。

• \(\diamond\) 经过实际的计算，我发现推论 1 可进一步得到更为严格的结果：若我们的 \(c_1,c_2\) 的因子全是相同的单一素数，即 \(c_1=c_i^l,\ c_2=c_i^k,\ l,k\geq 1,\ l,k\in Z_+\)，且 \((a_i,b_i,c_i)\) 是勾股数非平凡解的本原解，那么 \(a_1,b_1\) 和 \(a_2,b_2\) 通过上述两组算子得到的解有且仅有一组本原解。

如果 \(c_1=c_2\)，那么可以通过定理 5 得到其中一组为勾股数非平凡解的本原解，而另一组为勾股数平凡解。

如果 \(c_1 \neq c_2\)，这一块我的证明思路是证明其通过两组算子得到的解如果都为非平凡解的本原解那么将导致矛盾即可，但是这一块还没有进展。

• \(\diamond\) 对定理 9 我们这里也有一个很强的结果有待解决。如果 \(c\) 是一组勾股数非平凡解的本原解的斜边，那么 \(c\) 的所有非 \(1\) 因子都是某一组勾股数非平凡解的本原解的斜边。

根据定理 9，我们只需要证明 \(c\) 的每一个素因子都是某一组勾股数非平凡解的本原解的斜边即可。

目前想到的证明思路，即证明 \(c\) 所有因子经过上述两组算子计算可以得到 \(c\) 的所有非平凡解，这又是一个棘手的问题。