2.1 x2+y2=z2的求解
引理1不定方程（1）的本原解x，y，z必满足条件：
（x，y）=（y，z）=（z，x）=1，（4）
2｜/x+y.（5）
证若x，y不既约，则有素数p|x，p|y，由（1）知p|z2.由此及第一章5定理1知p|z.但这和（x，y，z）=1矛盾.同理证（y，z）=1，（z，x）=1.由（x，y）=1知，x，y不能同为偶数.x，y也不能同为奇数.因为若同为奇数，则可推出4｜/x2+y2及z为偶数.而由（1）知
4|z2=x2+y2，
矛盾.所以x，y必为一奇一偶，即式（5）成立.
定理2不定方程（1）的y为偶数的全体本原解由以下公式给出：
x=r2-s2，y=2rs，z=r2+s2，（6）
其中r，s为满足以下条件的任意整数：
r＞s＞0，（s，r）=1，2｜/r+s.（7）
证先证由式（6），（7）给出的x，y，z一定是（1）的本原解且2|y.容易验证：对任意的r，s（不一定满足（7）），由式（6）给出的x，y，z一定是（1）的解且2|y.由r＞s＞0知，这是正解.由式（6）知
（x，z）|2r2，（x，z）|2s2.
由此从第一章4定理2和定理3推出
（x，z）|（2r2，2s2）=2（r2，s2）.
由条件（s，r）=1及第一章4定理5推出（r2，s2）=1，因而
（x，z）|2.
由条件2｜/r+s知2｜/x，所以必有（x，z）=1.这就证明了所要的结论.
下面来证：方程（1）的每一组本原解x，y，z，2|y，一定可以表为式（6）的形式，且r，s满足式（7）.由引理1知2｜/x+y，由此及2|y推出2｜/x，2｜/z，因而有
这里r，s是两个正整数，r＞s且（r，s）=1.从上式及式（8）立即推出式（6）成立.进而由2｜/x知2｜/r+s.这就证明了所要的结论.定理证毕.
从定理2及一开始的讨论就可以得到（1）的全部解：显然解由式（2）给出，非显然解是
x=±k（r2-s2），y=±2ksr，z=±k（r2+s2）（9）
及
x=±2ksr，y=±k（r2-s2），z=±k（r2+s2），（10）
其中r，s满足式（7），k是任意正整数，正负号任意选取.显见，全取正号及k=1，就给出了全部本原解.
我们知道，一个直角三角形斜边长度的平方等于两直角边的长度平方之和.这就是著名的商高定理（注：亦称为Pythagoras定理.）.这样，求不定方程（1）的正整数解的几何意义就是要求边长为整数的直角三角形，这种三角形称为商高三角形（注：亦称为Pythagoras三角形.）.当商高三角形的三边长为既约（即相应于（1）的本原解）时，称为本原商高三角形.定理2也就是求出了所有的本原商高三角形.
我们还可以从另一角度来看不定方程（1）的几何意义.方程（1）的解x，y，z，当z=0时，必有x=y=0.我们约定只考虑（1）的z≠0的解.设
ξ=x/z，η=y/z.
这样，方程（1）就变为
ξ2+η2=1.（11）
不定方程（1）的求解问题（注意z≠0）就等价于求方程（11）的有理数解ξ，η.在直角坐标平面上，方程（11）表示单位圆周（这是二次曲线），因此，求方程（11）的有理数解就是求单位圆周上坐标均为有理数的点，即有理点.由前面的讨论立即得到
定理3单位圆周上的整点是
｛±1，0｝，｛0，±1｝；
不是整点的有理点是
其中r，s满足式（7），正负号任意选取.
定理3还可以直接用几何方法来证明.下面来给出这样的证明.在图1中，容易证明，单位圆周上的点P｛ξ0，η0｝是有理点的充分必要条件是连接点A｛-1，0｝和P的直线AP的斜率m为有理数.必要性是显然的.下面来证充分性.设θ是直线AP和ξ轴的夹角（逆时针方向为正向），斜率m=tanθ.这时有-π/2＜θ≤π/2，斜率m与角θ一一对应.当θ=π/2时，点P与A重合，直线PA与圆相切.显见，当θ=0，±π/4，及π/2时，点P就相应于单位圆周上的四个整点：｛1，0｝，｛0，1｝，｛0，-1｝及｛-1，0｝.我们来讨论0＜θ＜π/4的情形.因为斜率是有理数，所以这时可设tanθ=v/u，u，v是正整数，u＞v≥1，（u，v）=1.这时，直线AP的方程是
图1
由于点P（ξ0，η0）既在直线AP上又在单位圆周上，从以上两式可得
当2｜/u+v时，取r=u，s=v，上式就是式（12）中的第一式（均取+号）所给出的解.当u，v均为奇数时，可取
r=（u+v）/2，s=（u-v）/2，
得到（为什么）
这就是式（12）中的第二式（均取+号）所给出的解.这就证明了当0＜θ＜π/4时的充分性.其他情形的充分性证明留给读者.不难看出，从定理3也可推出定理2（留给读者）.
定理2和定理3表明：某些不定方程的讨论与相应的代数曲线（这里是圆周）上的有理点的讨论是一致的，后者是近代数论中的重要分支——算术几何研究的内容.
例1求出r≤7时，由式（6）和（7）给出的全部本原解.
表1就给出了全部要求的本原解.
例2求z=65的不定方程（1）的全部解.
解显然解是x=±65，y=0；x=0，y=±65.为求非显然解，由式（9）和（10）知，先要把65表示为
65=k（r2+s2），
其中r，s满足式（7），k|65，0＜k＜65.k可取1，5，13.当k=1时，
65=82+12=72+42，
即r=8，s=1；r=7，s=4，相应的解为
x=±63，y=±16；x=±33，y=±56
及
x=±16，y=±63；x=±56，y=±33.
当k=5时，
65=5·13=5（32+22），
即r=3，s=2，相应的解为
x=±25，y=±60及x=±60，y=±25.
当k=13时.
65=13·5=13（22+12），
当r=2，s=1，相应的解为
x=±39，y=±52及x=±52，y=±39.
这就求出了全部解.本原解仅有
63，16，65；33，56，65
及
16，63，65；56，33，65.
例3设x，y，z是（1）的解.证明：（i）3|x，3|y至少有一个成立；（ii）5|x，5|y，5|z至少有一个成立.
证只要对x，y，z是本原解来证明（为什么），不妨设解由式（6）给出.若3｜/y则3｜/r，3｜/s.因此必有
r=3k±1，s=3h±1.
不论何种情形均有3|x=r2-s2.这就证明了（i）.若5｜/y，则5｜/r，5｜/s.因此必有
r=5k±1，5k±2，s=5h±1，5h±2.
当r=5k±1，s=5h±1或r=5k±2，s=5h±2时，必有
5|x=r2-s2；
当r=5k±1，s=5h±2或r=5k±2，s=5h±1时，必有
5|z=r2+s2.
由例1的表1可看出各种情形都能出现.此外，总有4|x或4|y成立.