Esto se remonta a Diophantus.
Deje $a,b,c$ ser enteros positivos tales que a $a^2+b^2=c^2$. A continuación, $(a,b,c)$ es una terna Pitagórica. Si $p$ es un primer divisor común de a$a$$b$, $p$ también se divide $c$: si $a=pA$$b=pB$,$c^2=p^2(A^2+B^2)$, por lo que el $p$ divide $c^2$, por lo tanto $c$. Del mismo modo, si $a$ $c$ tienen un común divisor primo, este primer divide también a $b$. Por lo tanto podemos asumir que $a$ $b$ son coprime, al excluir todos los primos divisores comunes. Un triple es primitivo.
A continuación nos puede mostrar que $a$ $b$ son de diferente paridad: uno es impar y el otro es aún. No pueden ser ambos inclusive, porque son coprime. Si eran ambos impares, podríamos escribir $a=2A+1$$b=2B+1$, por lo que
$$
a^2+b^2=4(A^2+a+B^2+B)+2=c^2.
$$
Esto es imposible, porque $c$ debe ser, por lo $c=2C$ y que nos iba a llegar
$$
2=4(A^2+A+B^2+B-C^2
$$
lo cual es claramente imposible.
Supongamos, sin pérdida de generalidad, que el $a$ es impar y $b$ es incluso. Entonces podemos escribir $b=2B$ y
$$
B^2=\frac{c,+} {2}\frac{c}{2}.
$$
Deje $p$ ser un primer dividir ambos $(c+a)/2$$(c-a)/2$. A continuación, $p$ divide la suma, que es $c$, y la diferencia, que es $a$: absurdo. Por lo tanto, $(c+a)/2$ $(c-a)/2$ son coprime. Ya que su producto es un cuadrado, ambos deben ser cuadrados.
Así
$$
\frac{c,+} {2}=u^2,\quad\frac{c}{2}=v^2
$$
a partir de la cual se derivan
$$
a=u^2-v^2,\quad b=2uv,\quad c=u^2+v^2.
$$
Por otra parte $u$ $v$ son coprime; que no pueden ser tanto extraño, porque de lo contrario $a$ sería aún.
Por el contrario, cualquier par $(u,v)$ de coprime enteros positivos, uno impar y el otro, aún, con $u>v$, da lugar a una terna Pitagórica primitiva.
Para $u=2$, $v=1$ tenemos el triple de $(3,4,5)$; para $u=3$, $v=2$ obtenemos la siguiente $(5,12,13)$ y así sucesivamente.
