畢氏定理是平面幾何的一個重要定理, 畢氏三元數卻是整數論中的一個重要課題。 自古以來, 尋找本原畢氏三元數幾乎都用間接代入的方法, 例如： 用 $a=2mn$, $b=m^2-n^2$, $c=m^2+n^2$, 其中 $m\gt n$, 為兩互質且一奇一偶的正整數, 即可求得一組本原畢氏三元數 $(a, b, c)$； 或者令 $a=2k+1$, $b=2k^2+2k$, $c=2k^2+2k+1$ 也可求得一組本原的畢氏三元數 $(a, b, c)$； 或者令 $a=2k$, $b=k^2-1$, $c=k^2+1$ 也可求得一組本原畢氏三元數 $(a, b, c)$。 無論哪一種代入公式, 總是覺得不夠直接, 因為必須先尋找適當的參數, 才能找到一組本原畢氏三元數。 本文將試著用簡單的代數方法和數論原理, 直接對指定的 $a$ 建構所有的畢氏三元數和本原畢氏三元數。 例如令 $a=60$, 我們如果能直接從 60 的質因數分解 $2^2\times 3\times 5$ 就知道 $(60, b, c)$ 的畢氏三元數有 13 組, 且其中只有 4 組是本原畢氏三元數, 是多麼令人振奮的事啊！
依常用習慣, 當 $(a, b, c)$ 為一組畢氏三元數, 即表示 $a, b, c\in N$ 且 $a^2+b^2=c^2$, 當 $a, b$ 互質時, $(a, b, c)$ 為一組本原畢氏三元數。 這裡我們不分 $a, b$ 誰大誰小, 理由將在文中說明。
對指定的 $a$ 而言, 若 $(a, b, c)$ 為一組畢氏三元數, 因為 $a^2+b^2=c^2$, 所以 $a^2=c^2-b^2=(c-b) (c+b)$, 因為 $(c-b) \ge 1$, 且 $(c-b) \lt (c+b) $, 且 $(c-b)$ 和 $(c+b)$ 兩數永遠同奇偶, 所以 當 $a$ 為奇數時, $a^2$ 亦為奇數, 將 $a^2$ 分解為 $x$、 $y$ 兩個奇數因子, 且 $x\lt y$, 令 $c-b=x$, $c+b=y$, 聯立解出 $b=\frac{y-x}2$, $c=\frac{y+x}2$, 則 $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$ 即為一組畢氏三元數； 當 $a$ 為偶數時, $a^2$ 亦為偶數, 將 $a^2$ 分解為 $x$、 $y$ 兩個偶數因子, 且 $x\lt y$, 則 $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$ 即為一組畢氏三元數。 以下將由 $a=1$ 觀察到 $a=20$, 希望能歸納出 $a$ 的質因數分解和畢氏三元數之間的關係。
1. $a=1$, $1^2=1$, 顯然無法分解為 $x$、 $y$ 兩個一小一大的奇數因子, 因此 $(1, b, c)$ 不存在畢氏三元數。
2. $a=2$, $2^2=4$, 顯然無法分解為 $x$、 $y$ 兩個一小一大的偶數因子, 因此 $(2, b, c)$ 不存在畢氏三元數。
3. $a=3$, $3^2=9=1\times 9$, 所以 $(3, \frac{9-1}2, \frac{9+1}2) = (3, 4, 5)$ 為一組畢氏三元數且為本原畢氏三元數。
4. $a=4$, $4^2=16=2\times 8$, 所以 $(4, \frac{8-2}2, \frac{8+2}2) = (4, 3, 5)$ 為一組畢氏三元數且為本原畢氏三元數。 顯然 (3, 4, 5) 和 (4, 3, 5) 是同一組本原畢氏三元數, 但我們保留其相異性, 因為 (3, 4, 5) 是由 $a=3$ 建構而來, 而 (4, 3, 5) 是由 $a=4$ 建構而來。
5. $a=5$, $5^2=25=1\times 25$, 所以 $(5, \frac{25-1}2, \frac{25+1}2) = (5, 12, 13)$ 為一組畢氏三元數且為本原畢氏三元數。
6. $a=6$, $6^2=36=2\times 18$ (注意 $3\times 12$ 及 $4\times 9$ 都是奇偶不同), 所以 $(6, \frac{18-2}2, \frac{18+2}2) = (6, 8, 10)=2 (3, 4, 5)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。
7. $a=7$, $7^2=49=1\times 49$, 所以 $(7, \frac{49-1}2, \frac{49+1}2) = (7, 24, 25)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數。
8. $a=8$, $8^2=64=2\times 32=4\times 16$, 所以 $(8, \frac{32-2}2, \frac{32+2}2) = (8, 15, 17)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數； 但 $(8, \frac{16-4}2, \frac{16+4}2) = (8, 6, 10) =2 (4, 3, 5)$ 只是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。
9. $a=9$, $9^2=81=1\times 81=3\times 27$, 所以 $(9, \frac{81-1}2, \frac{81+1}2) = (9, 40, 41)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數。 但 $(9, \frac{27-3}2, \frac{27+3}2) = (9, 12, 15) =3 (3, 4, 5)$ 只是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。
10. $a=10$, $10^2=100=2\times 50$ (注意 $4\times 25$ 及 $5\times 20$ 都是奇偶不同), 所以 $(10, \frac{50-2}2, \frac{50+2}2) $ $= (10, 24, 26) =2 (5, 12, 13)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。
11. $a=11$, $11^2=121=1\times 121$, 所以 $(11, \frac{121-1}2, \frac{121+1}2) = (11, 60, 61)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數。
12. $a=12$, $12^2=144=2\times 72=4\times 36=6\times 24=8\times 18$ (注意 $3\times 48$ 及 $9\times 16$ 都是奇偶不同) 所以 $(12, \frac{72-2}2, \frac{72+2}2) = (12, 35, 37)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數； $(12, \frac{36-4}2, \frac{36+4}2) = (12, 16, 20) =4 (3, 4, 5)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數； $(12, \frac{24-6}2, \frac{24+6}2) = (12, 9, 15) =3 (4, 3, 5)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數； $(12, \frac{18-8}2, \frac{18+8}2) = (12, 5, 13)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數。 在這裡我們發現, 12 是第一個能建構出 (12, 35, 37) 及 (12, 5, 13) 兩組本原畢氏三元數的 $a$。
13. $a=13$, 顯然應該和 $a=3$、 $a=5$、 $a=7$、 $a=11$ 等奇質數一樣, 得到 $(a, \frac{a^2-1}2, \frac{a^2+1}2) = (13, 84, 85)$ 為一組畢氏三元數且為本原畢氏三元數。
14. $a=14$, $14^2=196=2\times 98$ (注意 $4\times 49$ 及 $7\times 28$ 都是奇偶不同), 所以 $(14, \frac{98-2}2, \frac{98+2}2)$ $= (14, 48, 50) =2 (7, 24, 25)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。
15. $a=15$, $15^2=225=1\times 225=3\times 75=5\times 45=9\times 25$, 所以 $(15, \frac{225-1}2, \frac{225+1}2) = (15, 112, 113)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數； $(15, \frac{75-3}2, \frac{75+3}2) \!=\! (15, 36, 39) \!=$ $3 (5, 12, 13)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數； $(15, \frac{45-5}2, \frac{45+5}2) \!=\! (15, 20, 25) \!=$ $5 (3, 4, 5)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數； $(15, \frac{25-9}2, \frac{25+9}2) = (15, 8, 17)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數。 在這裡我們發現, 15 是第二個能建構出兩組本原畢氏三元數的 $a$。
16. $a=16$, $16^2=256=2\times 128=4\times 64=8\times 32$, 所以 $(16, \frac{128-2}2, \frac{128+2}2) = (16, 63, 65)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數； $(16, \frac{64-4}2, \frac{64+4}2) = (16, 30, 34) =2 (8, 15, 17)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數； $(16, \frac{32-8}2, \frac{32+8}2) = (16, 12, 20) =4 (4, 3, 5)$ 為一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。
17. $a=17$, 顯然應該和 $a=3$、 $a=5$、 $a=7$、 $a=11$、 $a=13$ 等奇質數一樣, 得到 $(a, \frac{a^2-1}2, \frac{a^2+1}2) = (17, 144, 145)$ 為一組畢氏三元數且為本原畢氏三元數。
18. $a=18$, $18^2=324=2\times 162=6\times 54$, 所以 $(18, \frac{162-2}2, \frac{162+2}2) = (18, 80, 82) =2 (9, 40, 41)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數； $(18, \frac{54-6}2, \frac{54+6}2) \!=\! (18, 24, 30)=$ $6 (3, 4, 5)$ 是一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。
19. $a=19$是奇質數, 所以 $(19, \frac{19^2-1}2, \frac{19^2+1}2) = (19, 180, 181)$ 為一組畢氏三元數且為本原畢氏三元數。
20. $a=20$, $20^2=400=2\times 200=4\times 100=8\times 50=10\times 40$, 所以 $(20, \frac{200-2}2, \frac{200+2}2) = (20, 99, 101)$ 為一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數； $(20, \frac{100-4}2, \frac{100+4}2)= (20, 48, 52)$ $=4 (5, 12, 13)$ 為一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數； $(20, \frac{50-8}2, \frac{50+8}2) \!=\! (20, 21, 29)$ 是一組畢氏三元數, 且為本原畢氏三元數； $(20, \frac{40-10}2, \frac{40+10}2) = (20, 15, 25) =5 (4, 3, 5)$ 為一組畢氏三元數, 但不是本原畢氏三元數。 在這裡我們發現, 20 是第三個能建構出兩組本原畢氏三元數的 $a$。
1. 觀察 $a=3$、 5、 9、 7、 11、 13、 17、 19 $\cdots$, 當 $a$ 為奇質數, 因為奇質數的 2 次方一定是奇數, 且只有一種 $1\times a^2$ 的分解法, 所以只能建構一組畢氏三元數 $(a, \frac{a^2-1}2, \frac{a^2+1}2)$, 其中 $\frac{a^2-1}2$ 和 $\frac{a^2+1} 2$ 必是連續正整數所以必互質, 所以為本原畢氏三元數無誤。 若 $a$ 是奇質數 $p$ 的 $\alpha$ $(\ge 2)$ 次方, 仍然只有 $1\times a^2$ 的分解法能建構出本原畢氏三元數 $(a, \frac{a^2-1}2, \frac{a^2+1}2)$, 而其他的 $p\times p^{2 \alpha -1}, p^2\times p^{2 \alpha -2}, \ldots , p^{\alpha -1}\times p^{\alpha +1}$, 等分解法, 至少都有 $p$ 的公因數, 所以無法建構本原畢氏三元數。
2. 觀察 $a=2$、 4 、 8 、 16 $\cdots$, 當 $a=2^k$, $k=1$ 時無法建構畢氏三元數； $k\ge 2$ 時恰能建構 $(k-1)$ 組畢氏三元數, 且其中必有一組本原畢氏三元數。 即 $a^2=2^2k=2\times 2^{2k-1}=2^2\times 2^{2k-2}=\cdots =2^{k-1}\times 2^{k+1}$ 共有 $k-1$ 組因數分解, 所以會有 $k-1$ 組畢氏三元數, 而其中只有第一組的 $2\times 2^{2k-1}$ 可以建構出 $(2^k, \frac{2^{2k-1}-2}2, \frac{2^{2k-1}+2}2) = (2^k, 2^{2k-2}-1, 2^{2k-2}+1)$, 其後兩項為相鄰的奇數, 所以必互質, 所以為本原畢氏三元數無誤。 其餘各組畢氏三元數都是偶數, 必不互質, 所以不是本原畢氏三元數。
3. 觀察 $a=6$、 10、 14、 18 $\cdots$, 都是奇數的 2 倍, 也都無法建構本原畢氏三元數。 但其中稍有不同, 6、 10、 14 都是質數的 2 倍, 18 是質數平方的 2 倍, 所以在此多增加一個 $a=30=2\times 3\times 5$ 來觀察：
$30^2=900=2\times 450=6\times 150=10\times 90=18\times 50$ 依序可以得到：
$(30, 224, 226) =2 (15, 112, 113)$,
$(30, 72, 78) =6 (5, 12, 13)$,
$(30, 40, 50) =10 (3, 4, 5)$,
$(30, 16, 34) =2 (15, 8, 17)$,
仍然無法建構本原畢氏三元數。 所以我們可以歸納出一個較複雜的定理：
若 $a$ 的質因數分解中 2 的冪次為 1, 則 $(a, b, c)$ 建構的畢氏三元數都不是本原畢氏三元數。
略證如下： 令 $a=2\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$, 其中 $p_i$ 為奇質數, 則
$a^2=2^2\times \prod_{i=1}^k p_i^{2 \alpha_i} =2\times 2\prod_{i=1}^k p_i^{2 \alpha_i}$, $\cdots \cdots \cdots$ 第一種分解法
則 $b=\frac{2\prod_{i=1}^k p_i^{2 \alpha_i}-2}2=\prod_{i=1}^k p_i^{2 \alpha_i} -1$, 為偶數；
$c=\frac{2\prod_{i=1}^k p_i^{2 \alpha_i}+2}2=\prod_{i=1}^k p_i^{2 \alpha_i}+1$, 為偶數； 因為 $c-b=2$,
所以 $(a, b, c) =2$, 因此 $(a, b, c)$ 不是本原畢氏三元數。
第二種分解法： $a^2=2p_1\times 2p_1^{2 \alpha_1-1} \prod_{i=2}^k p_i^{2 \alpha_i}$,
則 $b=\frac{2p_1^{2 \alpha_1-1} \prod_{i=2}^k p_i^{2 \alpha_i}-2p_1 }2=p_1 (p_1^{2 \alpha_1-2} \prod_{i=2}^k p_i^{2 \alpha_i}-1)$,
且 $c=p_1 (p_1^{2\alpha_1-2}\prod_{i=2}^k p_i^{2\alpha_i} +1)$。
所以 $a, b, c$ 至少有公因數 $p_1$, 因此 $(a, b, c)$ 不是本原畢氏三元數。
第三種分解法： $a^2=2p_r^{2\alpha_r}\times 2\prod_{i\not= r}^k p_i^{2 \alpha_i}$,
則 $b=\frac{2\prod_{i\not= r}^k p_i^{2 \alpha_i}-2p_r^{2 \alpha_r}}2=\prod_{i\not= r}^k p_i^{2 \alpha_i}-p_r^{2 \alpha_r}$, 為一偶數；
$c=\prod_{i\not= r}^k p_i^{2 \alpha_i}+p_r^{2 \alpha_r}$, 為一偶數;
所以 $(a, b, c)$ 至少有公因數2, 因此 $(a, b, c)$ 不是本原畢氏三元數。
所以若 $a$ 的質因數中只有一個 2, 則 $(a, b, c)$ 建構的畢氏三元數都不是本原畢氏三元數。 所以傳統教科書上說, 若 $(a, b, c)$ 是本原畢氏三元數, 則 $a$、 $b$ 一定是一奇一偶的說法, 就不夠嚴謹, 應該修正為 $a$、 $b$ 一定是一個奇數一個 4 的倍數。
4. 我們把目標轉移到能建構出兩組本原畢氏三元數的 $a=12$、 15、 20, 其中 $12=2^2\times 3$, $20=2^2\times 5$, 應該算是同一種質因數結構, 和 $15=3\times 5$ 的質因數結構不同, 但他們都可以建構出兩組本原畢氏三元數。 為了確定變因, 我們再觀察 $a=24=2^3\times 3$, 發現只有 $(24, 143, 145)$ 和 $(24, 7, 25)$ 兩組本原畢氏三元數, 而 $a=30=2\times 3\times 5$, 根據上述分析 3 的定理, 只有一個因數 2 反而沒有本原畢氏三元數。 再觀察 $a=3\times 5\times 7=105$, 發現有 (105, 5512, 5513)、 (105, 608, 617)、 (105, 208, 233) 和 (105, 88, 137) 四組本原畢氏三元數。 由此看來, 本原畢氏三元數的關鍵應該區分為兩大類： 當 $a$ 為奇數時, 由奇質數的個數決定； 當 $a$ 為偶數時, 由 2 的次方和奇質數的個數決定。
先分析當 $a$ 為奇數時,
比較 $a=3\times 5$ 和 $a=3\times 5\times 7$ 建構的各組本原畢氏三元數來源：
$15^2=1\times 225=9\times 25$ 而得到 (15, 112, 113) 和 (15, 8, 17)； $105^2=1\times 11025=9\times 1225=25\times 441=49\times 225$ 而得到 (105, 5512, 5513)、 (105, 608, 617)、 (105, 208, 233) 和 (105, 88, 137)。 其餘各種分解, 都只是畢氏三元數而不是本原畢氏三元數, 我們可以發現：
當 $a^2=x\cdot y$, 而 $(x, y)$ 互質時, $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$ 一定是本原畢氏三元數； 而 $(x, y) =d$ 不互質時, $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$ 至少有公因數 $d$, 所以不是本原畢氏三元數。 當 $(x, y) =d$ 不互質, 不是本原畢氏三元數是顯而易見的； 但 $(x, y)$ 互質時, 為何是本原畢氏三元數, 必須證明一下：
當 $a=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$, $a^2=x\cdot y$ 時, 將每一個 $p_i^{2 \alpha_i}$ 分別完整地投入 $x$ 或投入 $y$ 的分解, 則 $(x, y)$ 互質, 將導致 $a$ 和 $\frac{y-x} 2$ 互質, 我們用反證法來證明： 假設 $a$ 和 $\frac{y-x}2$ 不互質, 則存在公因數 $p_r$, 且 $p_r$是 $a$ 的因數。 則 $p_r$ 只屬於 $x$ 或屬於 $y$, 不失一般性的假設 $p_r$ 屬於 $x$, 因為 $p_r$ 能整除 $\frac{y-x}2$, 所以 $\frac{y-x}2=p_r\times M$, 則 $y-x=2p_r M$, 則 $y=2p_r M+x$, 則 $y=2p_r M+p_r (\frac x{p_r})x$, 因為 $(\frac x{p_r})$ 也是整數, 所以 $p_r$ 也是 $y$ 的因數, 便和 $x, y$ 互質矛盾。
所以 $a$ 和 $\frac{y-x} 2$ 互質。 同理 $a$ 和 $\frac{y+x}2$ 互質。
所以 $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$ 就能得到一組本原畢氏數。
因此我們得到一個結論：
當 $a=\prod_{i=1}^kp_i^{\alpha_i}$, $a^2=\prod_{i=1}^k p_i^{2 \alpha_i}=x\cdot y$ 時, 將每一個 $p_i^{2\alpha_i}$ 分別完整地投入 $x$ 或投入 $y$ 的分解, 則 $(x, y)$ 互質, 所以當 $k=1$ 時, 有 1 組本原畢氏三元數, 當 $k=2$ 時, 有 2 組本原畢氏三元數, 當 $k=3$ 時, 有 4 組本原畢氏三元數, 當 $k=4$ 時, 應該有 8 組本原畢氏三元數。 就是將 $x$ 和 $y$ 看成兩個相同的箱子, 再將 $k$ 個相異的 $p_i^{2 \alpha_i}$ 分別投入的所有方法。 滿足用排列組合的計算方式：
\begin{align*} &C_0^2+\frac 12 C_1^2=2=2^{2-1},\quad C_0^3+C_1^3=4=2^{3-1},\quad C_0^4+C_1^4+\frac 12 C_2^4=8=2^{4-1},
&C_0^5+C_1^5+C_2^5=16=2^{k-1} \cdots. \end{align*}
5. 再分析 $a$ 為偶數時,
當 $a$ 的 2 的質因數有 $\alpha \ge 2$ 個以上時, 比較 $a=2^2\times 3$ 和 $a=2^3\times 3$ 建構的各組本原畢氏三元數來源：
$12^2=2\times 72=8\times 18$, 而得到 (12, 35, 37) 和 (12, 5, 13)；
$24^2=2\times 288=18\times 32$, 而得到 (24, 143, 145) 和 (24, 7, 25)。
為了確定變因, 我們再觀察 $a=48=2^4\times 3$, 發現也只有 (48, 575, 577) 和 (24, 55, 73) 兩組本原畢氏三元數, 可見本原畢氏三元數的組數和 $\alpha$ 的增加無關, 再觀察：
$a=2^2\times 3\times 5=60$, 發現有 (60, 899, 901)、 (60, 221, 299)、 (60, 91, 109) 和 (60, 11, 61) 四組本原畢氏三元數。 由此看來, 當 $a$ 的 2 的質因數有 2 個以上時, 本原畢氏三元數組數的關鍵, 仍應該在 $a$ 的奇質因數的個數。 再由這 4 個本原畢氏三元數的來源分析：
(60, 899, 901) 來自 $3600=2\times 1800= (2) \times (2^3\times 3^2\times 5^2)$,
(60, 221, 229) 來自 $3600=8\times 4500= (2^3) \times (2\times 3^2\times 5^2)$,
(60, 91, 109) 來自 $3600=18\times 200= (2\times 3^2) \times (2^3\times 5^2)$,
(60, 11, 61) 來自 $3600=50\times 72= (2\times 5^2) \times (2^3\times 3^2)$,
仍然是將每一個奇質因數, 分別完整地投入 2 的 1 次方和2的 $(2 \alpha -1)$ 次方的一邊, 就能得到一組本原畢氏三元數。 若是 $a^2$ 的某個奇質因數 $p_r^{2 \alpha_r}$, 被拆成兩部分, 而分到 $x$、 $y$ 兩邊, 則 $(x, y)$ 除了 2 之外還有公因數 $p_r$, 所以 $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$ 至少有公因數 $p_r$, 不是本原畢氏三元數。 因此當 $k=1$ 時有 2 組本原畢氏三元數, 當 $k=2$ 時有 4 組本原畢氏三元數, 當 $k=3$ 時應該有 8 組本原畢氏三元數。 就是將 2 的 1 次方和 2 的 $(2 \alpha -1)$ 次方看成兩個不同的箱子, 再將 $k$ 個相異的 $p_i^{2 \alpha_i}$ 分別完整地投入這兩個箱子的所有方法。 滿足用排列組合的計算方式：
$$C_0^1+C_1^1=2=2^1,\quad C_0^2+C_1^2+C_2^2=4=2^2,\quad C_0^3+C_1^3+C_2^3+C_3^3=8=2^3\cdots ,$$
或看成將 $k$ 個相異的 $p_i^{2 \alpha_i}$, 分別投入 2 個相異的箱子, 每一個質數有 2 種選擇, 所以有 $2^k$ 種方法。
6. 如果只考慮畢氏三元數的組數, 除了 1、 2 是 0 之外, 只需分為二類：
甲 若 $a$ 是大於 2 的奇數, 則 $a=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$, 將每一個 $p_i^{2\alpha_i}$ 分別投入 $a^2$ 的兩個因數 $A\cdot B$, 令 $A$ 和 $B$ 中較小的為 $x$, 較大的為 $y$, 則以 $a$ 建構的畢氏三元數的組數有： $\big(\prod_{i=1}^k(2 \alpha_i+1)-1\big)\div 2$。 其中 $(2 \alpha_i+1)$ 的加 1, 是因為每一個 $p_i$ 的次方都有 0 到 $2 \alpha_i$ 種選擇, 再扣掉 $A=B$ 的情形有 1 種, 最後的除以 2, 是因為 $A$、 $B$ 兩邊可以調換, 但其中只有一邊是小的。 這個結果和 $\frac 1a=\frac 1X+\frac 1Y$ 的方程式其中 $X\lt Y$, 有多少組 $(X, Y)$ 的正整數解的個數相同。 即每一組 $x\cdot y=a^2$ 對應的畢氏三元組氏 $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$； 對應 $\frac 1a=\frac 1X+\frac 1Y$ 的解是 $\frac 1a=\frac 1{a+x}+\frac 1{a+y}$。 (註一)
乙 若 $a$ 是偶數, 則 $a=2^\alpha \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$, 其中 $\alpha \ge 1$, $p_i$ 是奇質因數。 因為 $(c-b)$ 和 $(c+b)$ 兩數都必須是偶數, 所以 $x$ 和 $y$ 必須各先分到一個 2。 除了 2 的次方有 1 到 $(2 \alpha -1)$ 種選擇, 其餘奇質數如上述甲的討論, 得到以 $a$ 建構的畢氏三元數的組數有： $\big((2 \alpha -1) \prod_{i=1}^k (2 \alpha_i+1)-1\big)\div 2$。 或看成 $\frac 2a=\frac 1X+\frac 1Y$ 的方程式, 即 $\frac 1{\big(\frac a2\big)}=\frac 1X+\frac 1Y$ 其中 $X\lt Y$, 有多少組 $(X, Y)$ 的正整數解的個數相同, 亦即 $\big(\frac a2\big)^2=x\cdot y$ 有多少種方法。 所以 $a=60=2^2\times 3^1\times 5^1$ 的畢氏三元數有 $(3\times 3\times 3-1)\div 2=13$ 組。
對任意正整數 $a $, 將 $a^2$ 分解成兩個同奇偶的因數 $x\cdot y$ ($x\lt y$), 則每一組 $(x, y)$ 都可以建構出一組 $(a, \frac{y-x}2, \frac{y+x}2)$ 畢氏三元數。 再應用以上 6 點分析和歸納的結果, 可以預知並求出有幾組本原畢氏三元數。
這 6 個要點是：
1. $a$ 為奇質數, 或單一奇質數的 $\alpha$ 次方, 本原畢氏三元數只有一組 $(a, \frac{a^2-1}2, \frac{a^2+1}2)$。
2. 當 $a=2^k$, 恰能建構 $(k-1)$ 組畢氏三元數。 此結論連 $k=1$ 都適用, 且 $k\gt1$ 時, 必只有一組本原畢氏三元數 $(2^k, 2^{2k-2}-1, 2^{2k-2}+1)$。
3. 若 $a$ 的質因數分解中 2 的冪次為 1, 則 $(a, b, c)$ 建構的畢氏三元數都不是本原畢氏三元數。
4. 當 $a$ 的質因數只是幾個 $(\ge 2)$ 奇質數, 在 $a^2=x\cdot y$ 的分解中, 如果有任何同一個奇質數的 $2 \alpha$ 次方被拆成兩項, 分別投入 $x$ 和投入 $y$, 則這一組 $x, y$ 無法建構本原畢氏三元數； 如果每一個奇質數的 $2 \alpha$ 次方, 都完整地投入 $x$ 或投入 $y$, 則這一組 $x, y$ 一定能建構本原畢氏三元數。 如果 $k$是偶數, 則 $a$ 能建構的本原畢氏三元數有 $C_0^k+C_1^k+C_2^k+\cdots+\frac 12 C_{\frac k2}^k$ 組, 最後一項的 $\frac 12$ 是因為恰好一半, 兩邊可以調換； 如果 $k$ 是奇數, 則 $a$ 能建構的本原畢氏三元數有 $C_0^k+C_1^k+C_2^k+\cdots+C_{\frac{k-1}2}^k$ 組。 這個公式甚至可以適用總結 1 的結果, 當 $k=1$ 時, $C_{\frac{1-1}2}^1=C_0^1=1$。
5. 當 $a$ 的 2 冪次 $\ge 2$, 能建構的本原畢氏三元數的組數與 $\alpha$ 無關, 而與 $a$ 的奇質數因數的個數 $k$ 有關, 且 $a$ 能建構的本原畢氏三元數有 $C_0^k+C_1^k+C_2^k+\cdots+C_k^k=2^k$ 組。 這個公式也可以適用總結 2 的結果, 即 $k=0$ 時, $C_0^0=1$。
6. 若 $a$ 是大於 2 的奇數, 則以 $a$ 建構的畢氏三元數的組數有
$$ \Big(\prod_{i=1}^k (2 \alpha_i+1)-1\Big)\div 2.$$
若 $a$ 是偶數, 則以 $a$ 建構的畢氏三元數的組數有：
$$\Big((2 \alpha -1) \prod_{i=1}^k (2 \alpha_i+1)-1\Big)\div 2.$$
7. 除了 1 和 2, 因為太小無法建構畢氏三元數之外, 由 $a$ 的標準質因數分解, 可以得到下列第一的紀錄：
$3 \lt=\gt$ 第一個由奇質數建構的本原畢氏三元數。
$4 \lt=\gt$ 第一個由偶數建構的本原畢氏三元數。
$6 \lt=\gt$ 第一個無法建構的本原畢氏三元數的合數。
$12 \lt=\gt$ 第一個能建構 2 組本原畢氏三元數的偶數。
$15 \lt=\gt$ 第一個能建構 2 組本原畢氏三元數的奇數。
$60 \lt=\gt$ 第一個能建構 4 組本原畢氏三元數的偶數。
$105 \lt=\gt$ 第一個能建構 4 組本原畢氏三元數的奇數。
$420 \lt=\gt$ 第一個能建構 8 組本原畢氏三元數的偶數。
$1155 \lt=\gt$ 第一個能建構 8 組本原畢氏三元數的奇數。
$ \quad \vdots$
所以沒有正整數恰能建構 3、 5、 6、 7、 9、 10、 11組 $\cdots$ 等非總結 4 和總結 5 兩個組和公式結果的本原畢氏三元數。 即若 $a$ 能建構本原畢氏三元數則一定是 $2^k$ 組, $k=0, 1, 2, 3,\ldots$。
8. 從 $a=3$ 得到 (3, 4, 5), 從 4 得到 (4, 3, 5)； 從 $a=5$ 得到 (5, 12, 13), 從 12 得到 (12, 5, 13)； 從 $a=8$ 得到 (8, 15, 17), 從 15 得到 (15, 8, 17)； 從 11 得到 (11, 60, 61) 從 60 得到 (60, 11, 61)； 本研究可以自我反覆驗算, 出錯的機會會相對的減少。
9. 最後以 $a=2025$ 為例, 總結兩個問題：
因為 $(2025)^2=3^8\times 5^4$, 所以以 2025 為一股的畢氏三元數有 $\frac{(8+1)(4+1)-1}2=22$ 組； 且奇質數的個數只有 2 個, $2^{2-1}=2$, 所以只有 $(2025, \frac{3^8\times 5^4-1}2, \frac{3^8\times 5^4+1}2)=(2025, 2050312$, $2050313)$ 及 $(2025, \frac{3^8-5^4}2, \frac{3^8+5^4}2)=(2025, 2968, 3593)$ 是本原畢氏三元數。
隨著 $a$ 變大, 要求出以 $a$ 為一股的所有畢氏三元數, 不是不可能, 只可能覺得毫無意義。 雖然 $x$、 $y$ 同奇偶的條件, 大大的限制了 $a^2=x\cdot y$ 分解的變化, 但仍是一件浩大的工程。 如果只針對以 $a$ 為一股的所有本原畢氏三元數, 不僅目標清晰, 且有以上歸納的 6 個要點, 不僅處理時有明確的步驟, 也簡化許多計算的工程, 更理論性的預知本原畢氏三元數的組數, 能避免遺漏和被非本原畢氏三元數魚目混珠的錯誤。 或許有人要問, 如果從指定的斜邊 $c$ 開始研究會如何？ 根據本原畢氏三元數的性質, 斜邊 $c$ 有很多條件的限制, 且都是必要非充分條件。 例如 $c$ 一定要屬於 $4k+1$ 型的奇數, 起步就處處受限, 且 $a^2+b^2$ 無法因數分解, 一定比指定一股來得困難, 但相關文獻已有解法, 就此打住。 惟在本研究過程中偶然發現, (16, 63, 65) 和 (33, 56, 65) 兩組本原畢氏三元數有相同的 $c$, 認為應該是能建構 2 組本原畢氏三元數最小 $c$ 了, 用 ChatGPT 查詢, 果然正確, 算是本研究的意外收穫了!
註一： 這個性質的發現要感謝審稿老師的提示, 讓我想起35年前, 因為指導學生科展, 研究 $\frac 1{60}=\frac 1a+\frac 1b$ 有多少組正整數解的問題, 發現關鍵在 60 的平方有多少個正因數。 科展得獎後寫了一篇『有必要定義二次因子嗎？』的心得, 刊在數學傳播 79 年 6 月第 14 卷第二期。 到現在即將邁入古稀之年, 才再次知道另一個數學的大問題可用二次因數來解題, 心裡真的有點激動, 真正印證了活到老學到老的古訓。
Calvin. T. Long 著, 張國財譯。 數論導論。 幼獅文化事業公司出版。
本文作者高雄市中正高中退休教師
