1.4 勾股数与长方体数
勾股数是最早引起人们兴趣的数学现象，在很远久的年代世界各地都先后有探讨与研究过勾股数的记载。
长方体数是勾股数的三维推广。本节在探索勾股数设计求解基础上，探讨长方体数及其相关的“六个正整数问题”。
1.4.1 勾股数
【背景】 勾广三，股修四，弦隅五。
图1-1 3，4，5的数形关系
埃及最早发现3，4，5是一组勾股数。公元前的巴比伦人就知道119，120，169是一个直角三角形的三边长。
我国早期的《周髀算经》谈到“勾广三，股修四，弦隅五”，就是指边长为3，4，5的直角三角形，即32＋42＝52。
我国著名数学家华罗庚教授在他生前写的文章中说：“……如果我们宇宙航船到了一个星球上，那儿也有如我们人类一样高级的生物存在。我们用什么东西作为我们之间的媒介？带幅画去吧，那边风景特殊，不了解；带一段录音去吧，也不能沟通。我看最好带两个图形去，一个‘数’，一个‘数形关系’（勾股定理）。”
“数形关系”即勾股定理，勾股数3，4，5的数形关系如图1-1所示。
古代数学家刘徽在《九章算术》中记录了52＋122＝132，82＋152＝172，72＋242＝252，202＋212＝292等多组勾股数的记载。
古希腊数学家毕达哥拉斯得到一个关于勾股弦数的公式，当n为奇数时，n，
构成勾股弦数
通常把满足3元2次方程式
的正整数解x，y，z称为一组勾股数，又称毕达哥拉斯三元数组。该方程式称为“商高方程”或“毕达哥拉斯方程”。
注意到勾股数3，4，5之积为60，考察其他勾股数之积也能被60整除，猜想勾股数之积是否都为60的倍数？
【命题1】 若正整数x，y，z是一组满足式（1）的勾股数，则其积xyz必被60整除。
【证明】 只要证满足式（1）的x，y，z有一个是3的倍数，有一个是4的倍数，有一个是5的倍数，则必有xyz是60的倍数，即xyz＝0（mod 60）。
（1）x，y，z中必有一个是3的倍数。
假设x，y，z都不是3的倍数，注意到
（3k±1）2＝3（3k2±2k）＋1＝1（mod 3）
因而式（1）左边为2（mod 3），而（1）右边为1（mod 3），矛盾。
（2）x，y，z中必有一个是4的倍数。
假设x，y，z都不是4的倍数，注意到
（4k±1）2＝8（2k2±k）＋1＝1（mod 8）
（4k＋2）2＝8（2k2＋2k）＋4＝4（mod 8）
因而式（1）左边为0，2，5（mod 8），而式（1）右边为1，4（mod 8），矛盾。
（3）x，y，z中必有一个是5的倍数。
假设x，y，z都不是5的倍数，注意到
（5k±1）2＝5（5k2±2k）＋1＝1（mod 5）
（5k±2）2＝5（5k2±4k）＋4＝4（mod 5）
因而式（1）左边为0，2，3（mod 5），而式（1）右边为1，4（mod 5），矛盾。
综上即得满足式（1）的勾股数x，y，z之积xyz必是60的倍数，证毕。
【拓展】 试探求并输出指定区间[a，b]内的所有勾股数组。
从键盘输入整数a，b（a＜b），寻求满足式（1）的整数x，y，z（a≤x＜y＜z≤b）。
（1）设计要点。
设指定区间为[a，b]，设置二重循环在指定区间内枚举x，y（x＜y），应用勾股数的定义式计算d＝x∗x＋y∗y；z＝sqrt（d）。
若z≤b且z∗z＝d，则输出x，y，z这一组满足式（1）的勾股数解。
（2）程序设计。
（3）程序运行示例与变通。
由勾股数（3，4，5），（20，21，29）构成的直角三角形的两直角边为连续整数。是否可变通以上程序，求取指定区间内两直角边为连续整数的勾股三角形？
变通：求勾股数中y＝x＋1的子集。
删除y循环，同时在循环体中添加y＝x＋1；给变量y赋值。
运行变通程序，结果如下所示。
以上所得4组勾股数中，前两个数为连续整数。
【费马大定理】 在3元2次方程式（1）的基础上把指数拓展至n≥3，即得
以上3元n次方程在n≥3时不存在正整数解。
大约1637年左右，法国业余数学家费马（Fermat）在阅读丢番图（Diophantus）《算术》拉丁文译本时，在讨论不定方程（2）的那页书空白处写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个4次幂分成两个4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。”
费马当时是否真的想出了这一命题的证明，这是一个无法判定的千古之谜，也给后世数学家们留下了一道令人难堪的“作业”。
费马大定理是史上最精彩的一个数学谜题。证明费马大定理的过程是一部数学史诗。
费马大定理起源于300多年前，挑战人类3个世纪，多次震惊全世界，耗尽人类众多最杰出大脑的精力，也让千千万万业余者痴迷。
费马大定理被提出后，经历多人猜想辩证，最终在1995年被英国数学家怀尔斯（Andrew Wiles）彻底证明。2016年3月15日，挪威自然科学与文学院宣布将2016年阿贝尔奖（Abel Prize）授予怀尔斯，表彰他令人震惊的费马大定理证明。
【欧拉猜想】 把3元2次方程式（1）拓展到多元，数学大师欧拉曾有过一个猜想：对于n＞2，一个n次幂要表示成n次幂之和，至少需要n个加数。
对于欧拉的这一猜想，有人用计算机举出以下反例：
智者千虑必有一失，看来数学天才也有出错的时候。
【问题】 在5个连续整数中两个较大数的平方和等于其余3个数的平方和，试求这5个连续整数。
【思考】 设5个连续整数正中的整数为m，两个较大数即为m＋1，m＋2，比m小的两个整数则为m-1，m-2，于是有方程式
（m-2）2＋（m-1）2＋m2＝（m＋1）2＋（m＋2）2
化简得
m2-12m＝m（m-12）＝0
因而得m＝12，即有连续5个整数的平方和公式
沿着连续整数推广到任意2n＋1个连续整数，有以下命题。
【命题2】 设n为正整数，若m＝2n（n＋1），则有
式（5）的文字表述为：对于任意正整数n，若2n＋1个连续整数的正中整数为m＝2n（n＋1），则较大的n个整数的平方和与较小的n＋1个整数的平方和相等。
【证明】 式（5）两边展开，整理得
式（6）化简得
m2-2n（n＋1）m＝m[m-2n（n＋1）]＝0
立得
因而命题2成立。
显然，式（4）是式（5）取n＝2的特例。
据式（5），取n为正整数，可得相应的连续2n＋1项的等式。
例如，取n＝3，得m＝24，于是对于7个连续整数[21，27]，有
再如，取n＝31，得m＝1984，于是对于63个连续整数[1953，2015]，有
特别指出，据式（5），取n＝1，由式（7）可得m＝4，于是对于3个连续整数3，4，5，有式32＋42＝52，这就是前面论及的最早勾股数组。因而可以说式（5）从连续项方面把这一勾股数组从3项扩展到了2n＋1项。
1.4.2 长方体数
从式（1）的3元勾股数拓展到4元的长方体数，从二维的勾股三角形拓展到三维的长方体，是自然的引申与拓展。
如果长方体的棱长x，y，z和长方体对角线长w都是正整数，那么把它们叫作一组长方体数。显然，长方体数是勾股数的推广。
探求指定区间[a，b]内的长方体数组，即正整数x，y，z，w满足
其中，a≤x≤y≤z＜w≤b。
输入区间[a，b]（1≤a＜b＜10 000），输出区间内的长方体数组（x，y，z，w）。
1. 设计要点
如何求解式（10）这一涉及4变量x，y，z，w的2次不定方程？
为尽可能减少无效循环，根据a≤x≤y≤z＜w≤b的约定，设置合适的循环参量。
注意到x2≤b2/3，据x≤y≤z，设置
x：a~sqrt（b∗b/3）
y：x~sqrt（（b∗b-x∗x）/2）
z：y~sqrt（b∗b-x∗x-y∗y）
据以上x，y，z的取值直接计算w，若区间内存在整数w满足x∗x＋y∗y＋z∗z＝w∗w，则找出一组满足条件式的整数x，y，z，w。
若输入的区间[a，b]范围比较小，可能不存在长方体数，为避免此时输出出错，设置统计解的变量k。若k＝0，此时无解，则作必要的无解说明。
2. 程序设计
3. 程序运行示例与说明
由长方体数的定义，可知长方体数中x，y可能相等（如第二组解），同样y，z也可能相等。
如果要求长方体数中的3边互不相等，即x＜y＜z，只需在设置枚举循环时，设置y循环从初值y＝x＋1开始，设置z循环从初值z＝y＋1开始即可。
1.4.3 6个正整数问题
加德纳（Gardner）是美国著名的科普专栏作家，他在1970年的《科学美国人》杂志上提出一个一般问题：在一个长方体中，从一顶点出发的3条棱长、3个面的对角线长以及体对角线长这7条线段中，能否同时出现6个正整数？
加德纳提出的6个正整数是以下3个不同问题的综合形式。
①体对角线长是无理数，其余6条线段长是正整数。
②一条棱长是无理数，其余是正整数。
③一个面的对角线长是无理数，其余是正整数。
关于问题①，早在1719年，哈尔克（P.Halcke）已经发现，若长方体的棱长为117，44，240，则其面对角线的长度分别为267，244，125。
问题②也是有解的。例如，取长方体的棱长为a＝124，b＝957，c2＝13 852 800，那么各个面对角线的长度是965，3724，3843；体对角线的长度是3845。除去c是无理数外，其余6个数都是正整数。
数学家欧拉已经得到过问题③的一些解。
棱长是（104，153，672），体对角线长是697，2个面对角线长是185，680；
棱长是（117，520，756），体对角线长是925，2个面对角线长是533，765。
下面编程探讨在指定区间[a，b]内搜寻6个整数，其中3个整数是长方体的长、宽、高，另3个整数是该长方体的6个面的对角线长。
1. 设计要点
注意到矩形两边相等时其对角线长非整数，即得6个数中不可能有相等的整数。
设长方体的长、宽、高分别为整数x，y，z（x＜y＜z），相对应面的对角线长分别为e1，e2，e3。
要使其各面对角线长e1，e2，e3都是整数，则x，y，z这3个数中每两个的平方和都应是平方数d1，d2，d3。也就是说，x，y，z中每两个都应是一组勾股数组的勾股数。
设置x，y，z（a≤x＜y＜z≤b）三重循环。
注意到x2＜b2/2，设置
x：a~sqrt（b∗b/2）
据x＜y＜z，设置
y：x＋1~sqrt（b∗b-x∗x）
z：y＋1~sqrt（b∗b-x∗x）
计算x，y的平方和赋给d1，d1再开方取整赋给e1，即d1＝x∗x＋y∗y，e1＝（long）（sqrt（d1）），若d1＝e1∗e1，说明以x，y为边长的面的对角线长e1为整数。
同样，判别以x，z为边长与以y，z为边长的面的对角线长是否为整数。
当这3个判别同时满足时，输出一组“6个整数”的解。
2. 求长方体数6个整数程序设计
3. 程序运行示例与说明
请输入区间[a,b]的上下限a,b:1000,2019
NO1:1008,1100,1155
各面对角线长:L(1008,1100)=1492,L(1008,1155)=1533,L(1100,1155)=1595
NO2:1200,1260,1375
各面对角线长:L(1200,1260)=1740,L(1200,1375)=1825,L(1260,1375)=1865
以上输出了指定区间内两组长方体数的6个整数，即不同3边长与不同3面的对角线长的整数。
4. 优美长方体
如果有一个长方体，它的所有棱长、所有面对角线长和体对角线长都是正整数，就称它为优美长方体（perfect cuboid）。
是否存在优美长方体？这是一个著名的难题，至今还没有结论。
一个非常自然的想法，是在以上“6个正整数”设计解答的基础上继续探索“7个正整数”。现有的探索还没有确切的结果，无法断言是否存在优美长方体。