(z+y)/2(z-y)/2 都是完全平方数设 (z+y)/2=u^2(z-y)/2=v^2,则(u,v)=1,且有x=2uv y=u^2-v^2 , z=u^2+v^2 ,由y是奇数可知u,v一奇一偶.另一方面,满足以上条件的u,v恰好给出方程的一组两两互素的解,因此方程的所有解可以表示为x=2uv, y=u^2-v^2 , z=u^2+v^2 ,...
2y^2为偶数,2y^2=z^2-x^2,则z^2-x^2为偶数,即z、x同奇同偶;2y^2=z^2-x^2=(z-x)(z+x),(z-x)(z+x)必为偶数,且可化为4^n*q^2的形式,则2y^2=4^n*q^2,y^2=2*4^(n-1)q^2=2*(2^(n-1)q)^2,很显然,2不是整数的平方,要使方...结果...
/*不妨设x>y;勾股数中a,b不可能相等(根号2)故可以发现,如果x=y=k,则z=double sqrt(2)*k,即此时的z不是整数,故不需考虑*/ for(x=a;x<=b-2;x++){//外层控制x;另外,区间里的后两个数没必要有求平方和!(此时的z必在b后) for(y=x+1;y<=b-1;y++){//内层控制y d=x*x+y*y; z=sq...
首先,通过枚举可以看出对任意 n\in\mathbb{Z_+}, n^2 ~\rm mod~11 的余数有且仅有 0,1,3,4,5,9 等共计六种结果,并且这些余数中任取两个(可以重复取同一个),只要不全为零,它们之和就不能被 11 整除,于是,我们就可以断言: 若a^2+b^2 能被11 整除,当且仅当 a^2,b^2 都能被 11 整除,...
即z、x同奇同偶；2y^2=z^2-x^2=（z-x)(z+x)，（z-x)(z+x)必为偶数，且可化为4^n*q^2的形式，则2y^2=4^n*q^2，y^2=2*4^(n-1)q^2=2*(2^(n-1)q)^2，很显然，2不是整数的平方，要使方程成立，必须使y=0，此时，z=x或z=-x，（z、x为整数）...
解:显然x和y同奇同偶.假定x和y都是偶数,那么2z2上是4的倍数,z2是偶数,z是偶数,这与(x,y,z)=1矛盾,所以x和y都是奇数,x+y和x−y都是偶数.设{x+y=2ux−y=2v. 其中u、v为正整数,则{x=u+vy=u−v. 由x和y都是奇数可知,u、v一奇一偶.下面证明(u,v)=1.设(x,y)=d,则...
将方程变形为 x^2=z^2-y^2 (x/2)^2=((z+y)/2)((z-y)/2) e 但由(z,y)=1利用例2知 ((z+y)/2,(z-y)/2)=1 ,再由例5知 (z+y)/2=a^2,(z-y)/2=b^2 , r-2ab 解为x=2ab, y=a^2-b^2 , z=a^2+b^2 ,(a,b)=1要得全部解,可乘任意整数。
【摘要】从另一个角度研究费马大定理.从"把一个平方数分成两个平方数"出发,通过研究发现,"把一个平方数分成两个平方数"有多种不同的方法,与不定方程有x2+y2=z2有多少组没有公约数的正整数解是同一问题.从而得到:有无数多种方法可以"把一个平方数分成两个平方数","把一个平方数分成三个平方数","把一...
证明:x^2+y^2=z^2⇔ x^2=z^2-y^2 ⇔ x^2=(z+y)(z-y) (a) (1)必要性:z=y+2⇒z-y=2,z+y=2y+2,代入(a)得x^2=2(y+2),因为y为正整数,所以x为偶数,设x=2k,k为正整数,则4k^2=2(2y+2), 所以,x^2=4(y+1),k^2=y+1,y=k^2-1,z=k^2+1,又y为正整数,故k...
就是指满足方程的x、y、z的一组正整数解 例如x^2+y^2+z^2=3 那么其中一组正整数解为x=1,y=1,z=1 对于一个固定的num值，方程x^2+y^2+z^2= num所表示的解集是以坐标系原点为球心，以根号num为半径的一个球面。