本原勾股數(shù)中至少一個(gè)為質(zhì)數(shù)？畢達(dá)哥拉斯數(shù)也稱為Bi的三元數(shù)。任何能構(gòu)成直角三角形三邊的正整數(shù)組稱為勾股數(shù)。勾股定理：直角三角形a和B的兩條右邊的平方和等于斜邊C的平方（a 2 B 2=C 2）。從畢達(dá)

本原勾股數(shù)中至少一個(gè)為質(zhì)數(shù)？

畢達(dá)哥拉斯數(shù)也稱為Bi的三元數(shù)。任何能構(gòu)成直角三角形三邊的正整數(shù)組稱為勾股數(shù)。勾股定理：直角三角形a和B的兩條右邊的平方和等于斜邊C的平方（a 2 B 2=C 2）。從畢達(dá)哥拉斯數(shù)的定義來看，并不要求畢達(dá)哥拉斯數(shù)必須是倒數(shù)。另外，根據(jù)畢達(dá)哥拉斯數(shù)的定義，如果a、B、C是一組畢達(dá)哥拉斯數(shù)，即如果a2b2=c2，則2A；2B；2c也是一組畢達(dá)哥拉斯數(shù)，即，（2A）2（2B）2=（2c）2。同樣，3；4；5是一組畢達(dá)哥拉斯數(shù)，6；8；10也是一組畢達(dá)哥拉斯數(shù)，那么這組畢達(dá)哥拉斯數(shù)就不是互易的。

斜邊為6的勾股數(shù)？

首先，答案。也許 吧。

最簡(jiǎn)單的方法是，任何一組畢達(dá)哥拉斯數(shù)的倍數(shù)仍然是畢達(dá)哥拉斯數(shù)，因此取兩組畢達(dá)哥拉斯數(shù)，找出斜邊的公共倍數(shù)，并按比例調(diào)整其他數(shù)。

例如，（3,4,5）和（5,12,13）是畢達(dá)哥拉斯數(shù)，分別展開13倍和5倍，滿足（39,52,65）和（25,60,65）。

如果我們更進(jìn)一步，還可以要求兩組的勾股數(shù)為勾股數(shù)的原始數(shù)（三個(gè)數(shù)的公因數(shù)不大于1）。

例如，（36，77，85）和（13，84，85）

為了理解問題的本質(zhì)，我們必須首先列出原始股數(shù)的公式

其中互質(zhì)是奇偶的（如果不滿足這個(gè)條件，也可以得到股數(shù)，但不能是原始股數(shù)

）證明可以從初等數(shù)論中得到。

這就引出了一個(gè)問題：什么樣的C可以表示為兩組不同正整數(shù)的平方和？

讓我們首先得出一個(gè)結(jié)論：正整數(shù)可以表示為兩個(gè)正整數(shù)的平方和。這個(gè)正整數(shù)沒有類型的素因子

接下來，我們需要運(yùn)用現(xiàn)代代數(shù)的理論：在整數(shù)環(huán)中加入元素，并將環(huán)記錄為

我們可以發(fā)現(xiàn)整數(shù)環(huán)中的素?cái)?shù)和每種類型中的兩個(gè)元素的乘積。

例如：，

很容易看出，

為了得到一個(gè)可以表示為兩組不同正整數(shù)的平方和的數(shù)，我們只需要取兩個(gè)類型的素?cái)?shù)，并且乘積滿足條件。

例如：

將兩組因子分開，分別乘以另一組因子，得到兩個(gè)結(jié)果：

由此可知：代入股數(shù)公式，即可得到前兩組原股數(shù)。

我們還可以找到更多具有相同斜邊的原始股票數(shù)。

獲取四組值：

勾股定理常用的數(shù)字？

勾股數(shù)常用于勾股定理二級(jí)：

1。(3,4,5)

2. (6,8,10)

3. (5,12,13)

4. (8,15,17)

5. （7,24,25）

勾股數(shù)是有限多組還是無限多組？

]無窮多個(gè)群，即二次方程x2y2=z2有無窮多個(gè)正整數(shù)解。在方程（3K）2（4K）2=（5K）2中，當(dāng)k為正整數(shù)時(shí)，可得到無窮多個(gè)畢達(dá)哥拉斯數(shù)組。