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目次

ピタゴラス数

[定義]ピタゴラス数
直角三角形の辺の長さになるような自然数の組はピタゴラス数と呼ぶ。

[定義](x,y,z)の3つの数が素であるとき、(x,y,z)は原始的という。

[定義]具体的な数値が与えられて、それが原始的であるとき、その組を原始ピタゴラス数と呼ぶ。

ピタゴラス数の一般組

ピタゴラスによるピタゴラス数

 プロクロスによれば、ピタゴラスは次のピタゴラス数を得たという。

[定理]ピタゴラスによるピタゴラス数
n:奇数とする。このとき、ピタゴラス数は次の形になる。
(n,~\frac{n^2~-~1}{2},~\frac{n^2~+~1}{2})

[例]

  • n=3のとき、(3,4,5)
  • n=5のとき、(5,12,13)
  • n=7のとき、(7,24,25)
  • n=9のとき、(9,40,41)

[補講]ピタゴラスの結果では、次が成り立つ。

\frac{n^2+1}{2}~-~\frac{n^2-1}{2}~=~1

ただし、nは奇数である。

例えば、次の関係が成り立つ。

  • n=3のとき、(3,4,5)
    • 5-4=1
  • n=5のとき、(5,12,13)
    • 13-12=1
  • n=7のとき、(7,24,25)
    • 25-24=1
  • n=9のとき、(9,40,41)
    • 41-40=1

この性質により、ピタゴラスによる解は決まる。即ち、方程式x2+y2=z2を満たす自然数の解(x,y,z)で、z-y=1となるものを求めるには、次を解けばよい。

x2+y2=z2
x2+y2=(y+1)2 (∵z-y=1より、z=y+1)
x2+y2=y2+2y+1
x2=2y+1

よって、xは奇数である(∵偶数の2乗は偶数、奇数の2乗は奇数だから)。

nは奇数なので、x=nとおける。

すると、y=\frac{n^2~-1}{2},z=\frac{n^2+1}{2}を得る。 ◇

プラトンによるピタゴラス数

 後にプラトンは偶数2mから出発して、次のピタゴラス数を得た。

[定理]プラトンによるピタゴラス数
m:整数とする。このとき、ピタゴラス数は次の形になる。
(2m,~m^2~-~1,~m^2~+~1)

[例]

  • m=2のとき、(4,3,5)
  • m=3のとき、(6,8,10)
  • m=4のとき、(8,15,17)
  • m=5のとき、(10,24,26)

[補講]プラトンによるピタゴラス数で本質的に新しい組は、mが偶数の場合だけである。

例えば、m=3のときのピタゴラス数(6,8,10)は、(3,4,5)を2倍したものである。 ◇

[補講]プラトンの結果では、次が成り立つ。

(m^2+1)-(m^2-1)=2

ただし、mは偶数である。

例えば、次の関係が成り立つ。

  • m=2のとき、(4,3,5)
    • 5-3=2
  • m=3のとき、(6,8,10)
    • 10-8=2
  • m=4のとき、(8,15,17)
    • 17-15=2
  • m=5のとき、(10,24,26)
    • 26-24=2

この性質により、プラトンによる解は決まる。即ち、方程式x2+y2=z2を満たす自然数の解(x,y,z)で、z-y=2となるものを求めるには、次を解けばよい。

x2+y2=z2
x2+y2=(y+2)2 (∵z-y=2より、z=y+2)
x2+y2=y2+4y2+4
x2=4y2+4
x2=4(y2+1)

よって、xは偶数である(∵偶数の2乗は偶数、奇数の2乗は奇数だから)。

mは偶数なので、x=2mとおける。

すると、y=m^2-1,z=m^2+1を得る。 ◇

『原論』によるピタゴラス数

 ユークリッドの『原論』の第2巻の命題5は、次のようなものである。

[定理]線分AB上に中心Cと、もう一点Dをとる。ADとBDを辺とする長方形と、CDを一辺とする正方形の面積を合わせると、ACを一辺とする正方形の面積に等しい。

AD=a,BD=bとおけば、次の関係を意味する。

ab+~(\frac{a-b}{2})^2~=~(\frac{a+b}{2})^2 ←(*)

[補講]『原論』ではこのような代数的な結果も幾何の定理として述べられ、幾何学的証明が与えられている。これがギリシャ数学の特徴の1つである。 ◇

[補講](*)において、nを奇数の自然数とし、a=n2,b=1とすると、次のようになる。

n^2~+~(\frac{n^2-1}{2})^2~=~(\frac{n^2+1}{2})^2

よって、ピタゴラスの結果を得る。 ◇

[補講](*)において、mを偶数の自然数とし、a=2m2,b=2とすると、次のようになる。

(2m)^2~+~(m^2~-~1)^2~=~(m^2~+~1)^2

よって、プラトンの結果を得る。 ◇

[補講]自然数k,p,qをとり、(*)でa=kp^2,b=kq^2とすれば、次のようになる。

(kpq)^2~+~(\frac{kp^2~-~kq^2}{2})^2~=~(\frac{kp^2~+~kq^2}{2})^2

kp2とkq2が共に奇数か、共に偶数ならば、&mimetex("(kpq, \frac{kp^2 - kq^2}{2}, \frac{kp^2 + kq^2}{2})")はピタゴラス数である。 ◇

ピタゴラス数に関連する定理

[定理]m,n,kを整数とする。
[1]a=k(m^2~n^2),~b=2kmn,~c=~k(m^2+n^2)とおくと、a^2+b^2=c^2である。
[2]a^2+b^2=c^2を満たす整数の組(a,b,c)が与えられたとき、その最大公約数をkとすると、a=k(m^2~n^2),~b=2kmn,~c=~k(m^2+n^2)のように書け、その際mとnは互いに素で、一方は偶数、他方は奇数である。

[証明](a,b,c)を

x2+y2=z2 ←(*)

の整数解、kを整数とすると(ka,kb,kc)も(*)の解である。

もし、(ka,kb,kc)が解なら、(a,b,c)も解である。

したがって、最大公約数が1であるような整数解を決定すればよい。

以後は、(a,b,c)は(*)の整数解で、最大公約数が1と仮定する。

[A][1]を示す。

(i)a,bが共に偶数はありえないことを示す。

a,bが共に偶数と仮定すると、(*)より、cも偶数になり、最大公約数が1という仮定に反する。

(ii)a,bが共に奇数はあり得ないことを示す。

a,bが共に奇数と仮定すると、(*)より、cは偶数である(∵(*)より)。
そこで、cは2c1と書ける。
よって、(右辺)=(c2=4c12は4で割り切れる。

一方、a=2a1+1,b=2b1+1と書ける。
よって、(左辺)=a2+b2=4(a12+a1+b12+b1)+2

左辺は4で割り切れないので、矛盾が生じた。

(i)(ii)より、以後はaを奇数、bを偶数であるとする。
また、(*)より、cは奇数になる。

a^2~+~b^2~=~c^2
b^2~=~c^2~-~a^2
b^2~=~(c+a)(c-a) ←(**)

a,cが共に奇数なので、b,c+a,c-aはすべて偶数である。
そこで、次のように書き直せる。

(\frac{b}{2})^2~=~\frac{c+a}{2}~\cdot~\frac{c-a}{2} ←(***)

ここで、\frac{c+a}{2}~,~\frac{c-a}{2}は互いに素である。
なぜならば、両方が素数pで割れると、その和c、差aもpで割れ、(**)によりbもpで割れることになり矛盾するからである。

(***)の左辺は平方数であるから、右辺も平方数である。
そのとき、\frac{c+a}{2}~,~\frac{c-a}{2}はそれぞれ平方数になる。
なぜならば、素因数分解の一意性により、b/2を割る素数で、\frac{c+a}{2}~,~\frac{c-a}{2}を割るものが存在することになり矛盾が生じるからである。
よって、\frac{c+a}{2}=m^2,~\frac{c-a}{2}=n^2と書ける。

そうすると、c=m^2+n^2,a=m^2-n^2,b=2mnとなる。
よって、\frac{c+a}{2}~,~\frac{c-a}{2}は互いに素なので、m,nも互いに素である。

[B][2]を示す。

b=2mnは偶数なので、aは奇数でなければならない。
なぜならば、aが偶数だと、cも偶数になり、2がa,b,cの公約数になるからである。

a=m2-n2だから、aが奇数なら、mとnの一方が偶数、他方が奇数である。 □

[定理]ピタゴラスの方程式x2+y2=z2の解において、x,y,zの少なくとも1つは3の倍数であり、少なくとも1つは4の倍数であり、少なくとも1つは5の倍数である。
特に、x,yの一方は偶数である。

[証明][1]x,y,zの少なくとも1つは3の倍数であることを示す。

x,y,zのいずれも3の倍数でないと仮定する。

それらはそれぞれ3k±1の形であり、その平方は次のように計算できる。

(3k±1)2=9k2±6k+1≡1 (mod 3)

そのため、合同式x2+y2=z2 (mod 3)において、左辺は2、右辺は1となり、矛盾する。

よって、x,y,zの少なくとも1つは3の倍数である。

[2]x,y,zの少なくとも1つは4の倍数であることを示す。

x,y,zのいずれも4の倍数でないと仮定する。

それらはそれぞれ4k±1 or 4k+2の形をしている。

このとき、xまたはyの少なくとも一方は偶数である。
なぜならば、共に奇数ならば、合同式x2+y2=z2 (mod 4)において、左辺は2となり、これはzを偶数としても奇数としても成立しないからである。
よって、yは4k+2の形をしていると仮定してよい。

このとき、次の計算結果を組み合わせる。

  • (4k±1)2=16k2±8k+1≡1 (mod 8)
  • (4k+2)2=16k2+16k+4≡4 (mod 8)

すると、x2+y2=z2 (mod 8)の左辺は5または0、右辺は1または4となり、矛盾する。

よって、x,y,zの少なくとも1つは4の倍数である。

[3]x,y,zの少なくとも1つは5の倍数であることを示す。

x,y,zのいずれも5の倍数でないと仮定する。

それらはそれぞれ5k±1 or 5k±2の形である。

これらの平方は次のように計算できる。

  • (5k±1)2=25k2±10k+1≡1 (mod 5)
  • (5k±2)2=25k2±20k+4≡4 (mod 5)

すると、x2+y2=z2 (mod 5)において、左辺の可能性として2,0,3があり、右辺の可能性として1,4となる。これは矛盾である。

よって、x,y,zの少なくとも1つは5の倍数である。 四角

[系]ピタゴラスの3角形において、次が成り立つ。
(1)xyは偶数である。
よって、3角形の面積は整数である。
(2)xyzは60の倍数である。

 ピタゴラスの方程式において、xとyの最大公約数がgならば、あらかじめ方程式の両辺をg2で割っておくことができる。そのため、最初からxとyは互いに素であると仮定しても一般性を失われない。
 この条件を付けた場合のピタゴラスの3角形を次のように定義する。

[定義](x,y)=1の場合のピタゴラスの3角形を原始的であるという。

 原始的なピタゴラスの3角形を考えることで、相似拡大を除外することができる。

[定理]ブラーマグプタの公式
ピタゴラスの方程式x2+y2=z2,(x,y)=1の解は、任意の2つの正整数m,n(ただし、m>nかつ互いに素とする)で、一方が偶数、他方が奇数であるものに対して、次のようにおけば、無数に作ることができる。

  • x=m2-n2
  • y=2mn
  • z=m2+n2

[証明]

[1]⇒を示す。

xとyの一方は偶数、他方は奇数であるから、一般性を失うことなく、xは奇数、yは偶数と仮定してよい。
このとき、zは奇数である。

このとき、以下の式において、右辺の2つの因数は互いに素である。

x^2~=~z^2~-~y^2~=~(z+y)(z-y)

なぜならば、もしz+yとz-yの最大公約数をgとすれば、gは奇数である。しかも、z+yとz-yの和2zと差2yの公約数になる。すると、gはz,y,zの公約数になる。これは原始的という仮定に反するため、z+yとz-yは互いに素である。

よって、z^2~-~y^2~=~(z+y)(z-y)において、左辺は完全平方数であるから、右辺の因数z+yとz-yのそれぞれが完全平方数でなければならない。

そこで、z+y=u^2,~z-y=v^2~\,~(u>v)とおくことができる。

u,vは奇数なので、整数m,n(m>n)で次のように書ける。

m=\frac{u+v}{2},~n=\frac{u-v}{2}

これをu,vについて解くと次のようになる。

u=m+n,~v=m-n

このとき、x,y,zは次のように計算できる。

  • x=uv=(m+n)(m-n)=m^2~-~n^2
  • y=\frac{u^2~-~v^2}{2}~=~2mn
  • z=\frac{u^2~+~v^2}{2}~=~m^2~+~n^2

ここで、u,vは共に奇数なので、mとnの一方は偶数、他方は奇数である。

また、(u,v)=1より、(m,n)=1となる。

[2]←を示す。

x=m^2-n^2,y=2mn,z=m^2+n^2がピタゴラスの方程式を満たすことは明らかである。 □

[別証]

[1]⇒を示す。

ピタゴラスの方程式x2+y2=1,(x,y)=1において、xを奇数、yを偶数とする。

底辺xに対して、斜辺zのなす角をθ(ラジアン)とし、\tan~\frac{\theta}{2}~=~tとおく。

すると、conθ、sinθは次のようにtで媒介変数で表示できる。

\cos~\theta
=2~\cos^2~\frac{\theta}{2}~-1 (∵2倍角の公式)
=\frac{2}{1+t^2}~-1 (∵\tan~\frac{\theta}{2}~=~t
=\frac{1-t^2}{1+t^2}

\sin~\theta
=2\sin~\frac{\theta}{2}~\cos~\frac{\theta}{2}
=\frac{2t}{1+t^2} (∵\tan~\frac{\theta}{2}~=~t

また、conθ、sinθの定義より、次が成り立つ。

\cos~\theta~=~\frac{x}{z}

\sin~\theta~=~\frac{y}{z}

よって、連比x:y:zを考えると、次のように計算できる。

x:y:z
=\frac{x}{z}~:~\frac{y}{z}~:~1 (∵1/zをかける)
=1-t^2~:~2t~:~1+t^2
=1-\frac{n^2}{m^2}~:~\frac{2n}{m}~:~1~+~\frac{n^2}{m^2} (∵x,y,zは互いに素な整数なので、t=\frac{n}{m}(既約分数、m>n)とおくこと)
=~\frac{m^2-n^2}{m^2}~:~\frac{2n}{m}~:~\frac{m^2~+~n^2}{m^2}
=~m^2-n^2:~2nm~:~m^2~+~n^2 (∵m2をかけて、分母を払う)

ゆえに、次が成り立つ。

  • x=m2-n2
  • y=2mn
  • z=m2+n2
  • m>n
  • (m,n)=1
  • m~\not{\equiv}~n~\,~\pmod{2}

[2]←を示す。

明らかに成り立つ。 □

[補講]ブラーマグプタの公式のおいて、(x,y)=1という条件がない場合の一般解は、gを任意の正整数として、次のようにすればよい。

  • x=g(m2-n2)
  • y=2gmn
  • z=g(m2+n2)

[定理]ブラーマグプタ
原始的なピタゴラスの3角形は無数に存在する。

ピタゴラスの3角形の内接円

 3辺が3,4,5の直角三角形には半径1の円が内接する。また、3辺が5,12,13の直角三角形には半径2の円が内接する。
 このように、一般にピタゴラスの3角形に内接する円の半径は整数である。

[定理]直角3角形に内接する円の半径は、次の式で得られる(ただし、x2+y2=z2)。
r~=~\frac{xy}{x+y+z}
とくに、ピタゴラスの3角形においては、内接円の半径rは整数になる。 即ち、x+y+zはxyの約数になる。

[証明]

[1]前半を示す。

直角三角形ABCの内接円の中心をOとすれば、次が成り立つ。

\bigtriangleup~ABC~=~\bigtriangleup~OBC~+~\bigtriangleup~OCA~+~\bigtriangleup~OAB
\frac{1}{2}xy~=~\frac{1}{2}~r~(x+y+z)
r=\frac{xy}{x+y+z}

[2]後半を示す。

もし(x,y)=gのときは、rもg倍すればよいので、原始的なピタゴラスの三角形について証明すれば十分である。

原始的なピタゴラスの三角形なので、ブラーマグプタの公式のx,y,zを、上記式に代入すると、次のように計算できる。

r
=\frac{xy}{x+y+z}
=\frac{(m^2~-~n^2)~\cdot~mn}{2m^2+2mn} (∵ブラーマグプタの公式より、x=m2-n2,y=2mn,z=m2+n2
=\frac{2mn(m+n)(m-n)}{2m(m+n)}
=n(m-n)

よって、m,nは整数なので、rは整数である。 □

[定理]直角三角形の面積をS、周をsとすれば、次が成り立つ。
S=\frac{1}{2}~rs

[補講]これらをm,nで表すと、次が成り立つ。

  • S=mn(m+n)(m-n)
  • r=n(m-n)
  • s=2m(m+n)

ここで、Sの右辺の因数のうち、mまたはnのどちらかが偶数で、他の3つは奇数である。

これらの4つの因数は対ごとに互いに素になる。 ◇

ピタゴラス数と合同式

[定理]原始的なピタゴラス数においては、次が成り立つ。
z≡1 (mod 4)

[証明]z=m2+n2において、mとnは偶奇性が異なるから、m=2k,n=2k'+1(k,k'は整数)とおける。

z
=m^2~+~n^2
=(2k)^2~+~(2k'+1)^2
=4k^2~+~4k'^2~+~4k'~+~1
\equiv~1~\,~\pmod{4} □

[補講]この主張の逆は成り立たない。

例えば、9や21(4で割って1余る整数)を斜辺とするピタゴラスの3角形は存在しない。 ◇

[補講]この定理において、原始的という条件は必須である。

そうでなければ、両辺がg倍されてしまうからである。 ◇

[定理]zは1でない正の整数とする。
このとき、zが原始的なピタゴラスの3角形の斜辺であるための必要十分条件は、zのすべての訴因数がp≡1 (mod 4)を満たすことである。

[証明]

[1]⇒を示す。

まず、zが原始的なピタゴラスの3角形の斜辺であるとする。

zは奇数であるため、素因数pはすべて奇数である。

z~\equiv~0~\,~\pmod{p} (pはzの素因数であるから)
m^2+n^2~\equiv~0~\,~\pmod{p} (∵ブラーマグプタの公式より、z=m2+n2が成り立つから)
(mn')^2~+~1~\equiv~0~~\,~\pmod{p} (∵mとnは互いに素であるから、mとnの一方はpの倍数ではなく、法pに関して正則である。そこで、例えば、nは法pに関する逆元n'を持つと仮定できる。)

この合同式に解があるためには、第1補充法則より、p~\equiv~1~\,~\pmod{4}でなければならない。

[2]←を示す。

zの素因数pがp~\equiv~1~\,~\pmod{4}を満たすならば、2平方和定理よりp=a2+b2と表される。

フィボナッチの等式より、この形の素因数の積は、z=m2+n2と表される。

素因数の取り方より、mとnの偶奇性の異なる互いに素な整数として、ブラーマグプタの公式を満たす。 □

[定理]奇素数pに対して、次の3つの条件は同値である。
(1)p=a2+b2と分解できる。
(2)x2+y2=p2,(x,y)=1が解を持つ。
(3)p≡1 (mod 4)
なお、(2)の解は(1)のa,bによって、x,yを次のようにすればよい。
x=a2-b2,y=2ab (a>b>0)

参考文献

  • 『なっとくするオイラーとフェルマー』
  • 『ガウス 整数論への道』