掷硬币

如果x, y是互素正整数，那说明x和z也互素
否则如果正整数x和z有公共素因子q，py²≡x²-y²≡0(mod q²)，当p≠q时p, q互素，可以推出q ℓ y，而q ℓ x，和x, y互素矛盾
当q=p时也可以由p²ℓpy²推出pℓy，同样矛盾
由于x, y, z是正整数所以z²＞x², z＞x
py²=z²-x²=(z-x)(z+x)，由x, z互素可得gcd(z-x, z+x)=1或2
p是素数，所以要么pℓz-x, 要么pℓz+x

(1)gcd(z-x, z+x)=1，只可能z, x一奇一偶
(1.1)如果p ℓ z-x，那(z-x)/p*(z+x)=y²，两个互素正整数的乘积是完全平方数，根据唯一分解定理，只可能它们本身都是完全平方数
所以存在互素正整数a, b使z-x=pb², z+x=a², y=ab，由于z-x和z+x是互素正奇数，所以a不被p整除，且a, b均为奇数
可得x=(a²-pb²)/2，y=ab, z=(a²+pb²)/2，
(1.2)如果p ℓ z+x，同理由(z-x)*(z+x)/p=y²可得
存在互素正整数a, b使z-x=a², z+x=pb², y=ab
并且由于z-x和z+x是互素正奇数，所以a, b都为奇数，a不被p整除
x=(pb²-a²)/2, y=ab, z=(a²+pb²)/2
这两类合起来是(3.20)的解

(2)gcd(z-x, z+x)=2, 只可能z, x都是奇数，则y是偶数
p(y/2)²=(z-x)/2*(z+x)/2，则(z-x)/2和(z+x)/2是互素正整数
(2.1) pℓz-x，因为p是奇素数与2互素，所以2pℓz-x
(y/2)²=(z-x)/2p*(z+x)/2
所以同上存在互素正整数a, b使
z-x=2p*b², z+x=2a², y=2ab
则 x=a²-pb², y=2ab, z=a²+pb²
由于(z-x)/2和(z+x)/2互素，所以pb²和a²互素，a不被p整除，另外x, z都是奇数可以推出a, b一奇一偶
(2.2) p ℓ x+z 同理可以得到 2p ℓ x+z
(y/2)²=(z-x)/2*(z+x)/2p，(z-x)/2和(z+x)/2p是互素正完全平方数
所以存在互素正整数a, b使
z-x=2a², z+x=2pb², y=2ab
则 x=pb²-a², y=2ab, z=a²+pb²
由于(z-x)/2和(z+x)/2互素，所以a²和pb²互素，a不被p整除，另外x, z都是正奇数可以推出a, b一奇一偶
这两类合起来是(3.21)的解

另外也可以直接验证，(3.20)和(3.21)这两组解都符合原方程，并且对应的x, y, z都是两两互素的正整数
所以x, y, z符合这两组解中至少一组，是符合原不定方程(3.19)的充要条件，这两组解是通解