n^2+a^2+b^2=C^2；通式全部解公式

yangchuanju

3,4 5是一组人人皆知的勾股数，下一组是5,12,13；
能不能将勾股数中的3数作为四元毕达哥拉斯数的abc，求d呢？

查四元数组表，仅有3,4,12,13；5,12,84,85这样的数组。
3^2+4^2=5^2；5^2+5^2=50不是完全平方数，故不存在四元毕达哥拉斯数d^2=3^2+4^2+5^2；
同理5^2+12^2+13^2=2*13^2不是完全平方数，不存在四元毕达哥拉斯数d^2=5^2+12^2+13^2；……

然而以两直角边分别等于3和4的直角三角形的斜边（长5）为另一个直角三角形的一条直角边，
以长度等于12的一条垂线为另一直角边，可得到第2个斜边长度是整数13的直角三角形；
再以13和84为两直角边，可得到第3个斜边长是整数（85）的直角三角形；
继以85和132为两直角边，可得到第4个斜边长是整数（157）的直角三角形；
续以157和12324为两直角边，可得到第4个斜边长是整数（12325）的直角三角形；……
（第4步也可以85和3612位两直角边得到一个斜边长3613的直角三角形）

如此延伸下去，可得到一颗毕达哥拉斯树；
第2个直角三角形的第2条直角边可放在第1个直角三角形斜边的左端或右端，因而可得2个不同的树形（图形）；
第3个直角三角形的第2条直角边可放在第2个直角三角形斜边的左端或右端，因而可得4个不同的树形（图形）；
第4个直角三角形的第2条直角边可放在第3个直角三角形斜边的左端或右端，因而可得8个不同的树形（图形）；
……
再加上第1个直角三角形也有几种不同的摆放方式，因而可得一系列不同的毕达哥拉斯树。

yangchuanju

creasson 发表于 2021-11-29 10:49
那就再来一个解：

对于\( x^2 + y^2 + z^2 = w^2\)，它的整数通解是：

对于x2+y2+z2=w2，它的整数通解是：
x=(u-s^2-t^2)*(u+s^2+t^2)
y=2u*(s-t)*(s+t)
z=4u*s*t
w=u^2+s^4+2s^2*t^2+t^4
或
x=(s^2+t^2-u)*(s^2+t^2+u)
y=2u*(s-t)*(s+t)
z=4u*s*t
w=-(u^2+s^4+2s^2*t^2+t^4)

按照creasson老师的通式，给定s,t,u三参数就可以得到x,y,z,w；
如果s>t,u>s^2+t^2，则所得就是一组正整数四元毕达哥拉斯数组。
x,y,z至少是二合数、四合数、四合数；而四元数组不全如此，故该通式包括不了所有四元毕达哥拉斯数组。

费尔马1

yangchuanju 发表于 2021-11-30 07:58
3,4 5是一组人人皆知的勾股数，下一组是5,12,13；
能不能将勾股数中的3数作为四元毕达哥拉斯数的abc，求d ...

yangchuanju
该式包括不了2,3,6,7和2,5,14,15等四元毕达哥拉斯数组， 因为用b=[1/(2K)](m^2-K^2+n^2)求不出6和14等数字。  
回复:
2^2+3^2+6^2=7^2
k=1，代入可得b=6
同样，2^2+5^2+14^2=15^2
k=1，代入可得b=14
通式是全部解啊！