ピタゴラス数の求め方(解)・性質とその証明

略証

a,b,c の3つの数の最大公約数が 1 であることに注意する。

{}\bmod 3 で考えると，x が整数のとき， x^2\equiv 0,1 \pmod 3 である。 a^2, b^2 が {}\bmod 3 で 0,1 と合同な場合4通りを場合分けしてすべて考えると，題意が示される。

{}\bmod 4 で考えると，x が整数のとき， x^2\equiv 0,1 \pmod 4 である。 a^2, b^2 が {}\bmod 4 で 0,1 と合同な場合4通りを場合分けしてすべて考えると，題意が示される。

{}\bmod 5 で考えると，x が整数のとき， x^2\equiv 0,1,4 \pmod 5 である。 a^2, b^2 が {}\bmod 4 で 0,1,4 と合同な場合9通りを場合分けしてすべて考えると，題意が示される。

証明終

証明

前半について

a,b,c の3数の最大公約数が 1 であることと， a^2+b^2=c^2 より， a,b,c はどの2つも互いに素である(背理法でスグ分かる)。 b は偶数より， b=2b_1（ b_1 は整数）とできる。

a^2+4b_1^2=c^2 より， 4b_1^2=(c+a)(c-a) である。ここで， c-a, c+a 最大公約数は 1 または 2 である(なぜなら， d=\operatorname{gcd}(c+a,c-a) とし， dx=c+a, \, dy=c-a とすると，d(x+y)=2c, \, d(x-y)=2a で， a,c は互いに素なので， d は 2 の約数である)。

また， a,c は共に奇数より， c+a,c-a は共に偶数である。

以上から， (c+a)/2,(c-a)/2 は互いに素な整数で， b_1^2=\dfrac{c+a}{2}\cdot \dfrac{c-a}{2} より，

（ m, n は互いに素な正の整数）とかける。 (c+a)/2>(c-a)/2 より， m>n>0 である。これを a,c について解くと，

これを a^2+b^2=c^2 に代入すると， b=2mn も得る。 a,c は奇数であり，定理1より b は 4 の倍数なので， m,n のいずれかは偶数である。以上から，示された。

後半について

a=m^2-n^2, \, b=2mn, \, c=m^2+n^2 とすると a^2+b^2=c^2 をみたすことは明らか。 \operatorname{gcd}(a,b,c)=1 を示す。 \operatorname{gcd}(a,b)=1 を示せばよい。 m,n の偶奇が異なるので，明らかに a,b の偶奇も異なる。 よって奇素数 p が a,b をともに割り切ることがないことを示せばよい。よって奇素数 p が a,b の公約数とする。

p が b=2mn を割り切る(これを \color{red} p\mid 2mn とかく)ので， p \mid m または p\mid n である。 p\mid m とする。これと p\mid m^2-n^2 より， p\mid n^2 となって， p\mid n がわかるが，これは m,n が互いに素であることに矛盾する。同様に p\mid n を仮定しても同じである。

証明終

x^2+y^2=1 の有理数解が直前の赤字の式になる証明

(x,y)=(-1,0), \left(\frac{1-t^2}{1+t^2}, \frac{2t}{1+t^2}\right)\; (t\in\mathbb{Q}) は明らかに有理数解である。逆に，有理数の組 (x,y) が x^2+y^2=1 をみたすとする。

x=-1 のとき， y=0 である。 x\ne -1 のとき， t=y/(x+1) とおくと， t\in\mathbb{Q} であり， y=t(x+1) であるが，これは図のように点 (x,y) が直線 y=t(x+1) 上にあることを意味している。

y=t(x+1) と x^2+y^2=1 を連立して解くと，

となる。

証明終