几个精彩的数论问题
数学精彩两分钟
数学精彩两分钟数学作为一门科学，既广泛应用于日常生活中，又在各个学科领域发挥重要作用。
它的魅力不仅体现在它的逻辑性和严谨性上，更在于能够帮助我们解决现实问题。
在这篇文章中，我们将介绍数学中的两个精彩问题，并探讨它们背后的数学原理。
一、费马大定理费马大定理是数论领域的一道经典难题，由法国数学家费马在17世纪提出。
该定理表述为：对于大于2的整数n，关于x、y和z的方程xn+yn=zn没有正整数解。
费马大定理曾经困扰了无数数学家长达数百年之久，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）给出了一个完美的证明。
怀尔斯的证明涉及了包括代数几何、椭圆曲线和模形式等许多高深的数学分支，具有非常高的难度。
费马大定理的证明不仅揭示了数论领域的深刻问题，也体现了数学家们对于数学的追求和热爱。
虽然费马大定理的证明需要极高的数学知识和技巧，但这个问题仍然给人们展示了数学的无穷魅力和深度。
二、黄金分割黄金分割是一种神秘而美丽的比例关系，它在自然界和艺术领域中广泛存在。
黄金分割比例是1：1.618，也记作Φ（phi），它是一个无限不循环小数，约等于1.6180339887。
黄金分割比例在建筑设计中被广泛应用，例如古代希腊的帕特农神庙和埃及的金字塔都采用了黄金分割比例。
这种比例被认为是最能激发人们审美情感的比例之一，给人以和谐、美丽和舒适的感觉。
除了建筑领域，黄金分割比例还在艺术、摄影和音乐等领域起到重要的作用。
例如，许多著名画作中的构图就运用了黄金分割原理，给人们带来视觉上的享受。
黄金分割比例的奥秘在于它的无限性和自相似性。
无论是在自然界还是艺术领域，我们都能够找到无数个符合黄金分割比例的例子。
这种比例的存在，使我们对宇宙的构造和美的感知有了更深入的认识。
结语数学的魅力是无穷的，它不仅帮助我们解决实际问题，还拓展了我们的思维和审美。
费马大定理和黄金分割只是数学领域中无数精彩问题的冰山一角，每一个数学问题背后都有着深邃的数学原理。
世界三大数学难题之——费马猜想（又名费马大定理）
大家好，我是任祎老师，今天我们来介绍一下费马猜想，陶冶一下数学情操！皮耶·德·费马人物简介皮耶·德·费马（Pierre de Fermat）是一个 17世纪 的法国律师，也是一位业余数学家。
之所以称业余，是由于皮耶·德·费马具有律师的全职工作。
根据法文实际发音并参考英文发音，他的姓氏也常译为“费尔玛”（注意“玛”字）。
费马最后定理在中国习惯称为费马大定理 ，西方数学界原名“最后”的意思是：其它猜想都证实了，这是最后一个。
著名的数学史学家贝尔（E. T. Bell）在20世纪初所撰写的著作中，称皮耶·德·费马为”业余数学家之王“。
贝尔深信，费马比皮耶·德·费马同时代的大多数专业数学家更有成就。
17世纪是杰出数学家活跃的世纪，而贝尔认为费马是17世纪数学家中最多产的明星。
费马猜想原著猜想提出大约1637年左右，法国学者费马在阅读丢番图（Diophatus）《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。
关于此，我确信已发现了一种美妙的证法 ，可惜这里空白的地方太小，写不下。
”（拉丁文原文: 'Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.'）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。
数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。
费马猜想海报猜想内容费马大定理函数表达式接力证明1637年，费马在书本空白处提出费马猜想。
1770年，欧拉证明n=3时定理成立1823年，勒让德证明n=5时定理成立。
有趣的数学定理故事
标题：数学定理的奇妙故事导言：数学是一门神秘而美妙的学科，它蕴含着无限的智慧和创造力。
在数学的世界中，存在着许多令人惊叹的定理，每一个定理背后都有着一个精彩绝伦的故事。
本文将带领读者探索几个有趣的数学定理，让我们一同感受数学的魅力与奇妙。
第一章：费马大定理的传奇费马大定理是数学史上最著名的猜想之一，由法国数学家费尔马于17世纪提出。
该定理表述为：对于大于2的任意整数n，方程x^n + y^n = z^n没有正整数解。
这个问题困扰了无数的数学家长达358年之久，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯利成功证明了该定理，成为数学界的一个重大突破。
这个定理的故事展示了数学家们不屈不挠的精神以及他们对真理的追求。
第二章：哥德巴赫猜想的谜团哥德巴赫猜想是数论中的一个著名问题，由德国数学家哥德巴赫于18世纪提出。
该猜想表述为：每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
虽然这个问题听起来简单，但一直没有找到完美的证明。
无数数学家为此努力了几个世纪，但至今仍未解决。
哥德巴赫猜想的故事展现了数学中难以捉摸的奥秘和人类对数学真理的不懈追求。
第三章：庞加莱猜想的诡谲庞加莱猜想是拓扑学中的一个重要问题，由法国数学家亨利·庞加莱于19世纪末提出。
该猜想表述为：任意一个没有边界的三维闭合形状都等价于一个球面。
这个问题看似简单，却隐藏着深奥的数学思想。
长达一个世纪的时间里，庞加莱猜想困扰了许多杰出的数学家，直到2003年，俄罗斯数学家佩雷尔曼成功证明了该猜想，但他却拒绝了国际数学界颁发的菲尔兹奖，默默地离开了学术圈。
庞加莱猜想的故事反映了数学界的困惑与诡谲，以及一个数学家对纯粹数学的追求。
第四章：哥德尔不完备定理的震撼哥德尔不完备定理是逻辑学中的一个重要结果，由奥地利数学家库尔特·哥德尔于20世纪初提出。
该定理表明，任何一种能表达自然数性质的形式系统都存在无法被证明或证伪的命题。
这个定理震撼了整个数学界，打破了人们对数学的绝对可靠性的信念。
探索奥数的奥秘寻找质数
探索奥数的奥秘寻找质数探索奥数的奥秘——寻找质数数学是一门神秘而又充满挑战性的学科，而奥数更是其中的一朵奇葩。
在众多奥数题目中，寻找质数成为了许多学子们的挑战之一。
本文将探索奥数的奥秘，并深入研究如何寻找质数。
1. 质数是什么？质数指的是大于1的自然数中，除了1和自身之外没有其他因数的数。
简单来说，质数只能被1和它本身整除，不能被其他数整除。
例如，2、3、5、7都是质数，而4、6、8等则不是。
2. 寻找质数的基本方法（1）试除法：最简单直接的寻找质数的方法就是试除法。
从2开始，不断地用2、3、4、5……逐个去除这个数，如果能够整除则不是质数。
这种方法的时间复杂度较高，适合较小的数字。
（2）埃拉托斯特尼筛法：埃拉托斯特尼是古希腊的一位数学家，他提出了一种用于寻找质数的算法。
这个算法的基本思想是，首先将能够整除2的数都去除掉，然后再去除能够整除3的数，再去除能够整除5的数……以此类推，直到无法找到更大的质数为止。
这种方法能够提高效率，适合较大的数字。
3. 质数的特殊性质质数有着许多特殊性质，其中一些令人惊叹。
（1）任意大于1的自然数都可以表示为若干个质数的乘积。
这是数论中的著名定理——唯一分解定理。
（2）质数在数论中占据着重要的地位，是数学研究中的基础。
（3）每隔6个自然数中必定至少存在一个质数。
这被称为数学常识中的“双素数定理”。
4. 质数的应用质数在密码学、通信等领域有着重要的应用。
（1）RSA加密算法利用了质数的分解性质，确保了信息的安全传输。
（2）质数还在随机数生成、随机开关序列设计、错误检测等方面发挥着关键作用。
5. 奥数中的质数问题在奥数竞赛中，质数问题经常出现，并且往往是最有难度和挑战性的题目之一。
解决这些问题需要灵活运用质数的特性和方法。
6. 结语质数作为数学世界中的一颗明星，隐藏着无尽的奥秘和魅力。
通过探索奥数的世界，我们能够更好地理解质数的性质和应用。
无论是学生还是数学爱好者，都可以通过研究质数问题来挑战自己，并深入了解数学中的精彩世界。
基础数论公式
基础数论公式好的，以下是为您生成的关于“基础数论公式”的文章：数论这玩意儿，就像是数学世界里的神秘宝藏，而基础数论公式呢，就是打开这些宝藏的钥匙。
咱先来说说最常见的等差数列通项公式，这可是个好东西。
比如说，有一个等差数列，首项是 2 ，公差是 3 ，那第 10 项是多少呢？这时候通项公式就派上用场啦！an = a1 + (n - 1)d ，把数字带进去，a10 = 2 + (10 - 1)×3 = 29 。
是不是还挺简单的？我记得有一次给学生们讲这个公式的时候，有个小家伙特别调皮，一直嚷嚷着说不懂。
我就给他举了个例子，说咱们跑步比赛，第一名跑了 2 米，后面每个人都比前面的多跑 3 米，那第十个人跑了多远？这小家伙眼睛一下子亮了，立马就明白了。
再说说等比数列的通项公式，an = a1×q^(n - 1) 。
比如说一个等比数列，首项是 3 ，公比是 2 ，那第 5 项就是 3×2^(5 - 1) = 48 。
还有那个求和公式，也特别有用。
等差数列求和公式 Sn = n(a1 + an) / 2 ，等比数列求和公式 Sn = a1(1 - q^n) / (1 - q) 。
我之前遇到过这么个事儿，有个学生做作业的时候，遇到一道等差数列求和的题目，怎么都算不对。
我一看，他把公式记错了，然后我就带着他一步一步地用正确的公式算，最后得出了正确答案，他那高兴劲儿，就像是解开了一个超级大难题。
数论公式在实际生活中也有不少用处呢。
比如说，你去买水果，苹果 2 块钱一个，一次买 10 个，每个便宜 5 毛钱，那一共要花多少钱？这其实就可以用等差数列的知识来解决。
还有，投资的时候计算收益，有时候也会用到等比数列的公式。
比如说，第一年收益 10% ，以后每年都比上一年多 5% ，那三年后的总收益是多少？总之啊，基础数论公式虽然看起来有点枯燥，但只要你用心去学，去用，就会发现它们真的很有趣，也很有用。
数论与素数的特性研究
数论与素数的特性研究数论是数学的一个分支，研究整数的性质和关系。
而素数作为数论中的重要概念，一直以来都吸引着数学家们的研究兴趣。
本文将探讨数论与素数的特性研究，并介绍一些与素数相关的重要定理和应用。
一、素数的定义和基本性质素数是指只能被1和自身整除的正整数。
例如，2、3、5、7等都是素数，而4、6、8等则不是素数。
素数具有以下基本性质：1. 素数无穷性：欧几里得在公元前300年左右证明了素数的无穷性，即素数的个数是无限的。
这个证明是通过反证法来实现的，假设素数只有有限个，然后构造一个新的数，它比所有已知素数都大，但不可整除任何一个已知素数，从而得出矛盾。
2. 素数分解定理：任何一个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个素数的乘积。
这个定理也被称为唯一分解定理，它是数论中的一个重要定理，为其他数论问题的研究提供了基础。
3. 素数的分布规律：素数在整数中的分布并不是均匀的，而是呈现出一定的规律。
例如，素数定理指出，当n趋向无穷大时，小于等于n的素数的个数约为n/ln(n)，其中ln(n)表示自然对数。
这个定理为研究素数的分布提供了一种近似的方法。
二、素数的重要定理1. 费马小定理：费马小定理是数论中的一个重要定理，由法国数学家费马在17世纪提出。
它指出，如果p是一个素数，a是一个整数且a不是p的倍数，那么a的p次方减去a一定能被p整除。
即a^p ≡ a (mod p)。
2. 欧拉定理：欧拉定理是费马小定理的推广，它指出，如果a和n互质，那么a的φ(n)次方减去1一定能被n整除，其中φ(n)表示小于n且与n互质的正整数的个数。
即a^φ(n) ≡ 1 (mod n)。
3. 素数定理：素数定理是数论中的一个重要定理，由德国数学家戴德金在19世纪提出。
它指出，当n趋向无穷大时，小于等于n的素数的个数约为n/ln(n)。
素数定理的证明是数论研究中的一个重要里程碑，它为其他数论问题的研究提供了重要的启示。
三、素数的应用素数不仅仅是数论中的一个重要概念，还在现实生活中有着广泛的应用。
数学里的有趣问题与解法
数学里的有趣问题与解法数学是一门无比广阔的学科，其中蕴含着许许多多有趣的问题和解法。
从古至今，数学家们一直致力于探索数学的奥秘，为我们揭示了许多精彩的数学问题的解法。
本文将带您一起探索数学世界里的一些有趣问题与解法。
一、费马大定理的证明费马大定理是数论领域的一个重要问题。
它的表述是：对于任何大于2的整数n，不存在使得a^n+b^n=c^n成立的正整数解。
这一问题被认为是数学界的一大谜题，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯发表了他的证明，彻底解决了费马大定理。
怀尔斯的证明借用了椭圆曲线的理论，通过将费马大定理转化为一套复杂的方程组，并利用了高等代数和数论的工具，最终得出了结论。
这个证明是非常复杂的，需要相当高水平的数学知识和技巧，但它为数学界树立了一个里程碑，证明了一个数学难题的完美解答。
二、四色定理的证明四色定理是图论领域的一个著名问题，它的表述是：任何地图都可以用四种颜色进行着色，使得任何相邻的区域都使用不同的颜色。
四色定理的证明历经了近一个世纪的时间，直到1976年才由美国数学家肯尼斯·阿佩尔和沃尔夫冈·哈肯成功证明。
阿佩尔和哈肯的证明利用了计算机的帮助，借助大量的计算和推理，最终验证了四色定理的正确性。
这个证明引起了广泛的关注和讨论，因为它是数学史上第一个利用计算机辅助证明的例子，也是一个重要的里程碑。
三、黎曼猜想的研究黎曼猜想是数论领域的一个重要问题，它涉及到复数平面上的黎曼函数的零点分布规律。
黎曼猜想的证明对于数学界来说至关重要，因为它涉及到许多重要的数学理论和方法。
目前，黎曼猜想还没有被完全证明，但数学家们一直在努力研究这个问题。
他们利用了复分析、拓扑学和代数学等多学科的知识，提出了许多重要的理论和推测。
尽管黎曼猜想的证明仍然是一个未解之谜，但这个问题的研究已经推动了数学领域的发展，并且在其他领域也产生了广泛的影响。
四、无限素数的证明素数是数论中一个重要且神奇的对象，无限素数定理是关于素数分布的一个重要结果。
费马大定理简介
费马大定理简介费马大定理（Fermat's Last Theorem）是数学领域的一个著名问题，由法国数学家皮埃尔·费马（Pierre de Fermat）于17世纪提出，直到1994年才被英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）证明。
这个问题的正式陈述如下：费马大定理：对于任何大于2的正整数n，不存在满足a^n + b^n = c^n的正整数a、b、c，其中a、b、c互不相等。
费马大定理的历史可以追溯到17世纪，当时法国律师兼数学家皮埃尔·费马在自己的《大定理》笔记中提出了这个问题，但没有给出详细的证明。
费马在笔记中写道他已经找到了一个非常精彩的证明，但没有足够的空间在边距中容纳。
这一问题成为了数学界的长期谜团，许多数学家努力寻找证明，但都未能成功。
直到20世纪，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）在1994年成功地证明了费马大定理，他的证明非常复杂，涉及多个数学领域的深刻理论和方法，包括椭圆曲线、调和模形式、伽罗瓦表示等等。
怀尔斯的证明被广泛认为是数学史上最杰出的成就之一。
费马大定理的证明不仅解决了一个长期以来的重要问题，还开辟了新的研究领域，对数论、代数几何等领域产生了深远的影响。
怀尔斯的工作也为数学研究者们提供了启发，表明数学中的看似不可能证明的问题也可以通过深入的研究和创新性的思考最终被解决。
费马大定理的证明过程是极其复杂和深刻的，不容易在一篇2000字的介绍中详细叙述。
然而，它的证明不仅深刻，而且具有重要的历史和数学意义，对数学界产生了深远的影响。
它向我们展示了数学的无限可能性和深度，以及人类智慧的伟大成就。
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几个精彩的数论问题从同事那里借来了一本单墫教授主编的《初等数论》奥数书，看到很多精彩的问题，在这里做个笔记，与大家一同分享。
不少问题和答案都有过重新叙述，个别问题有所改动。
问题：找出所有使得 2n - 1 能被 7 整除的正整数 n 。
答案：由于 2n的二进制表达为1000…00 （n 个 0），因此 2n - 1 的二进制表达为111…11 （n 个 1）。
而 7 的二进制表达是 111 ，要想让它整除 n 个1 ，显然 n 必须是也只能是 3 的倍数。
问题：是否存在 100 个数，使得它们的和等于它们的最小公倍数？答案：是的。
考虑3, 2 × 3, 2 × 32, 2 × 33, …, 2 × 398, 399，它们的和为：3 + 2 × 3 + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 3 × (1 + 2) + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 32+ 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 32× (1 + 2) + 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 33+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= ... ...= 399 + 399= 2 × 399而这 100 个数的最小公倍数正是 2 × 399。
问题：能否找出 100 个不同的正整数，使得其中任意 2 ≤ k ≤ 100 个数的算术平均数都恰为整数。
答案：能。
这个问题非常唬人，它的答案异常简单： 1 · 100!, 2 · 100!, 3 · 100!, …, 100 · 100! 显然满足要求。
问题：求证，存在任意长的连续正整数，使得其中任何一个数都不是质数的幂（当然更不能是质数）。
答案。
有一个经典的问题是，求证存在任意长的连续正整数，它里面不包含任何质数。
换句话说，相邻质数的间隔可以达到任意大。
构造的方法堪称经典。
显然n! + 2 是 2 的倍数（因为我们可以提出一个 2 来）， n! + 3 是 3 的倍数，等等。
因此，n! + 2, n! + 3, n! + 4, …, n! + n 就是 n - 1 个连续的正整数，其中任意一个数都不是质数。
由于 n 可以任意大，因此这个数列可以任意长。
现在，我们要证明的是一个更强的结论。
我们可以把刚才的构造方案简单地修改一下。
只需要考虑 (n!)2 + 2, (n!)2 + 3, (n!)2+ 4, …, (n!)2 + n ，则其中每一个数都不是质数的幂。
比如说 (n!)2 + 5 ，显然它是 5 的倍数，因为我们可以提出一个 5 来；然而提出一个 5 之后将会得到5 · (12· 22· 32· 42· 5 · 62· … · n2 + 1) ，括号里的数显然不再是 5 的倍数，它除以 5 余 1 。
利用中国剩余定理，我们还能给出另一种非常巧妙的构造方案，它能找出 n 个不含质数幂的连续正整数数列，其中 n 可以任意大。
我们只需要保证，每个数都含有至少两个不同的质因数即可。
取 2n 个不同的质数 p1, p2, …, pn, q1,q 2, …, qn，显然 p1· q1, p2· q2, …, pn· qn是两两互质的 n 个数。
由中国剩余定理，我们能找到一个正整数 M ，使得 M 除以 p1· q1余 1 ，并且M 除以 p2· q2余 2 ，并且 M 除以 p3· q3余 3 ，一直到 M 除以 pn· qn余 n 。
于是， M - 1, M - 2, M - 3, …, M - n 就是 n 个连续的正整数，其中每一个都含有两个不同的质因数。
问题：求证，对于任意大的 n ，我们都能够找出 n 个两两互质的数，使得任意2 ≤ k ≤ n 个数之和都不是质数答案：如果只要求任意多个数之和都不是质数，这很好办：让所有数都是某个数的倍数即可。
但是，如果这些数必须两两互质，同样的要求还能办到吗？可以的。
考虑n! + 1, 2 · (n!) + 1, 3 · (n!) + 1, …, n · (n!) + 1 这 n 个数，显然任意 k 个数之和都是 k 的倍数，因而不是质数。
下面说明这 n 个数两两互质。
假设i · (n!) + 1 和j · (n!) + 1 有公共的质因数 p ，其中 1 ≤ i < j ≤ n ，那么它们的差 (j - i) · (n!) 也能被 p 整除，说明 p 只能是不超过 n 的质数。
这与 p 能整除i · (n!) + 1 矛盾。
问题：证明，对于任意正整数 n ，方程 x2 + y2 = z n都有无穷多组正整数解。
答案：考虑 x + yi = (a + bi)n，其中 i 为虚数单位。
对于每一个固定的 n ，只要 a 和 b 都是整数，那么展开后得到的 x 和 y 也都一定是整数。
我们选取充分大的 a ，让 a + bi 的辐角非常小非常小（小于π/2 的 n 分之一），从而让 (a + bi)n不会与坐标轴重合，因而保证 x 和 y 都是非零整数。
等式两边同时取模，便有 x2 + y2 = (a2 + b2)n问题：我们把平面直角坐标系上所有横纵坐标互质的整格点（也就是和原点的连线不经过其他点的整格点）叫做“既约格点”。
证明，对于任意大的正整数 n ，总存在一个整格点，它到任意既约格点的距离都大于 n （换句话说，既约格点集的“空洞”可以达到任意大）。
答案：列一张(2n + 1) × (2n + 1) 的表，每个格子里面填写一个不同的质数（由于质数无穷多，这是总可以办到的）。
现在，找出这样的一个 a ，它除以第 i 行的质数总是余 i （其中 - n ≤ i ≤ n ）。
找出这样的一个 b ，它除以第 j 列的质数总是余 j （其中 -n ≤ j ≤ n）。
中国剩余定理保证了这样的 a 和 b 是存在的。
下面说明，点 (a, b) 满足要求。
假如 (a, b) 到 (x, y) 的距离不超过 n ，则 (a - x)2 + (b - y)2≤ n2。
因而， a - x 和 b - y 都必须在 - n 到 n 的范围内。
把 a - x 的值记作 i ，把 b - y 的值记作 j ，那么 x 就等于 a - i ， y 就等于 b - j ，由 a 、 b 的构造可知， x 和 y 都是表格中第 i 行第 j 列的那个质数的倍数，故 (x, y) 不是既约格点。
问题：找出所有这样的正整数序列 (a1, a2, …, an) ，它们的和为 2n ，但我们无法把它们分成和相等的两组。
答案：考虑 a1, a2, a1+ a2, a1+ a2+ a3, …, a1+ a2+ a3+ … + an，除了a 1和 a2以外，这些数除以 n 的余数不允许相等，否则它们的差就是 n 的倍数，我们就找到了和为 n 的子集。
然而，上面一共有 n + 1 个数，它们除以 n 的余数必然有相等的，因而一定是 a1和 a2除以 n 的余数相等。
类似地， a2和a 3除以 n 的余数也相等， a3和 a4除以 n 的余数也相等，因而事实上从 a1到an所有的数除以 n 的余数都是相等的。
但是这 n 个数加起来只有 2n ，可见所有的数除以 n 的余数只可能都是 1 或者都是 2 。
于是我们得到了所有满足要求的数列：(1, 1, 1, …, 1, n + 1) ，以及(2, 2, 2, …, 2) 。
其中后者要求 n 为奇数。
问题：证明，存在无穷多个正整数三元组 (a, b, c) ，使得 a2+ b2、 b2+ c2、a2 + c2都是完全平方数。
答案：任取一组勾股数 (x, y, z) ，令 a = x|4y2 - z2| ， b = y|4x2 - z2|，c = 4xyz 。
于是，a2 + b2 = x2(3y2 - x2)2 + y2(3x2 - y2)2= x6 + 3x2y4 + 3x4y2 + y6=(x2 + y2)3 = (z3)2a2 + c2 = x2(4y2 + z2)2b2 + c2 = y2(4x2 + z2)2从而 a 、 b 、 c 满足要求。
由于勾股数有无穷多组，因此满足要求的 (a, b, c) 也有无穷多组。
这相当于给出了 Euler 砖块（所有棱长和所有面对角线都是整数的长方体）的一种构造解。
当 (x, y, z) = (3, 4, 5) 时，我们将得到棱长分别为 117 、 44 、240 的 Euler 砖块，这就是最小的 Euler 砖块，它是由 Paul Halcke 在 1719 年发现的。
大家或许会想，有没有什么长方体，不但所有棱长和所有面对角线都是整数，连体对角线也是整数呢？这样的长方体就叫做完美长方体。
有趣的是，虽然 Euler 砖块有无穷多种，但是人们目前还没有找到哪怕一个完美长方体。
完美长方体究竟是否存在，目前仍然是一个未解之谜。
问题：证明，若正整数 a 和 b 互质，则[b / a] + [2b / a] + [3b / a] + … + [(a - 1) b / a] = (a - 1)(b - 1) / 2 。
其中， [n] 是 n 的整数部分，即对 n 取下整。
答案：我们先举一个例子来说明这个问题的复杂性。
数列 [b / a], [2b / a], [3b / a], …, [(a - 1) b / a] 的规律并不一定非常明确。
例如，当 a = 17 且 b = 12 时，[12 / 17], [2 · 12 / 17], [3 · 12 / 17], … [16 · 12 / 17] 分别为 0, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 6, 7, 7, 8, 9, 9, 10, 11 ，但这 16 个数之和为 88 ，正好是 16 和 11 乘积的一半。
结论的证明很有意思。
在平面直角坐标系的第一象限摆放一个宽为 a ，高为 b 的矩形。
则[k · b / a] 就是图中第 k 条红色竖直线上的整格点数目，所有[k · b / a] 之和也就是阴影三角形内的整格点总数。