摘要：预先讨论：①a+b=z^2,b+c=x^2,a+c=y^2{a,b,c}={A^2, B^2, C^2}{A^2, B^2, C^2}=(x^2+y^2+z^2)/2-{x^2,y^2,z^2}---②减少值为0的平凡解及限定A,B,C两两互异：不考虑0
做题需要，参考答案说着“考虑到”就列出了44，117，240三个数满足条件，看得我一头雾水，这就是惊人的注意力吗？
不过，我认为还是有方法与过程找出这一组数的，所以来这里提问.
能用初中知识解决最好，顺便问一下：
这是最小的一组数吗？
除了这组数的整数倍外，是否有其他数满足条件？
谢谢了！
题：如何找出三个自然数，使其中任意两个数的平方和为完全平方数？
预先讨论：①a+b=z^2,b+c=x^2,a+c=y^2{a,b,c}={A^2, B^2, C^2}{A^2, B^2, C^2}=(x^2+y^2+z^2)/2-{x^2,y^2,z^2}---②减少值为0的平凡解及限定A,B,C两两互异：不考虑0, 只考虑正整数。若A=0,则B,C可分别取2mn, (m^2-n^2), 则a+b=b, a+c=c,b+c=(m^2-n^2)^2.若a=b=A^2, 则a+b≠整数的平方.---③减少不互质的平凡解：为减少考虑到若{a,b,c}为解则k{a,b,c}/Gcd[a,b,c]必也为解(k为任意整数)而产生的等价情况，不妨令Gcd[a,b,c]=1，我们只考虑这种解，此时的解[a,b,c]称为本原(基础/原生/非平凡)解。待求解：穷举本原解：1000以内5组解, 10^4以内19组解
其他讨论注意到x^2,y^2,z^2是平方数，以x^2为例，除了表示为0^2+x^2之外，还能表为2个正整数的平方和，像5^2=3^2+4^2一样，SquaresR[2,25]=12，故我们要求SquaresR[2,x^2]≥12.依此我们对平方数x^2或其方根x进行筛选：x^2：Select[Range[100]^2, SquaresR[2,#]≥12&]xSelect[Range[100], SquaresR[2,#^2]≥12&]{5, 10, 13, 15, 17, 20, 25, 26, 29, 30, 34, 35, 37, 39, 40, 41, 45, 50, 51, 52, 53, 55, 58, 60, 61, 65, 68, 70, 73, 74, 75, 78, 80, 82, 85, 87, 89, 90, 91, 95, 97, 100}查 得 摘：{Hypotenuse numbers (squares are sums of 2 nonzero squares).Select[Range[200], Length[PowersRepresentations[#^2, 2, 2]] > 1 &] (* , Feb 11 2014 *)}Select[Range[100], Length[PowersRepresentations[#^2, 2, 2]] > 1 &] 另参 ：Select[Range[100], DivisorSum[#, Boole[PrimeQ[#] && Mod[#, 4] == 1]&]>0&]也得到参考：摘：{SquaresR[2,n] 即将n表示为两个平方数之和的方法总数，或者说，SquaresR[2,n]表示：两个平方数之和为n的方法总数，即到原点距离为√n的整点的个数。}背景资料：
#A#
△ 摘注：{
{本原欧拉砖数”（三个数互素）并不多，边长1000以内的只有5组，10000以内也仅有19组，这提示我们“欧拉砖数”不简单！以下是已知的“本原欧拉砖数”的性质：必有一条边为奇数，两条边为偶数。至少两边被3整除。至少两边被4整除。至少一边被11整除。任一本原欧拉砖数 (a, b, c)都可以产生一组延伸欧拉砖数： (ab, ac, bc)。}Euler-Saunderson general Formula[欧拉-桑德森通式]，给出了
{A^2+B^2=z^2, B^2+C^2=x^2, A^2+C^2=y^2} {A^2, B^2, C^2}=(x^2+y^2+z^2)/2-{x^2,y^2,z^2} 的部分通式解：令{u, v, w}={2mn, m^2-n^2, m^2+n^2} 则{A, B, C}={±uu(2u+w)(2u-w), ±vv(2v+w)(2v-w), ±4uvw} = 也可用m,n表示}
摘：{
欧拉长方体（Euler Cuboid）又称整数长方体（Rational Cuboid）和欧拉砖（Euler Brick），指棱长、面对角线都是整数的长方体。}
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来源：啊涛特效
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