COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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ピタゴラス数

理論

ピタゴラス数

定義≪ピタゴラス数≫

\[ a^2+b^2 = c^2\] の正の整数解 $(a,b,c)$ をピタゴラス数と呼ぶ. これは, すべての辺長が整数であるような直角三角形の辺長の組に他ならない. $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であるようなピタゴラス数 $(a,b,c)$ は原始ピタゴラス数と呼ばれる.

ピタゴラス数の一般解

定理≪原始ピタゴラス数≫

 すべての原始ピタゴラス数 $(a,b,c)$ は, 互いに素で偶奇の異なる正の整数 $m,$ $n\ (m > n)$ を用いて \[\{ a,b\} = \{ m^2-n^2,2mn\}, \quad c = m^2+n^2\] と表される.

証明

 こちらを参照.

系≪ピタゴラス数の中に現れる整数≫

(1)
$1,$ $2$ はピタゴラスの三角形の辺の長さにはならない.
(2)
$3$ 以上のすべての整数は, ピタゴラスの三角形の辺の長さになり得る.
$a \geqq 3$ が奇数のとき, \[ \left( a,\frac{a^2-1}{2},\frac{a^2+1}{2}\right)\] は原始ピタゴラス数である.
$4$ の倍数 $b = 2^eb'$ ($e \geqq 2$: 整数, $b' \geqq 1$: 奇数)について, \[ (|4^{e-1}-b'^2|,b,4^{e-1}+b'^2)\] は原始ピタゴラス数である.
(3)
正の整数は, $1$ でなく, $4$ で割った余りが $2$ でない場合に限って, 原始的なピタゴラスの三角形の辺の長さになる.

証明

(1)
\[ (c+b)(c-b) = c^2-b^2 = 1^2\] の非負整数解は $c+b = c-b = 1$ から $b = 0$ を満たすので, $1$ はピタゴラスの三角形の辺の長さにならない. また, \[ (c+b)(c-b) = c^2-b^2 = 2^2\] の非負整数解は $c+b = c-b = 2$ から $b = 0$ を満たすので($c+b = 4,$ $c-b = 1$ なら $c = \dfrac{5}{2}$ となってしまう), $2$ はピタゴラスの三角形の辺の長さにならない.
(2)
$a = 2m-1$ ($m > 1$)を $3$ 以上の奇数とする. このとき, $n = m-1$ とおくと \[ m^2-n^2 = m^2-(m-1)^2 = 2m-1 = a\] となり, $m,$ $n$ は偶奇が異なり, 互いに素となるので, 原始ピタゴラス数の一般解 \[ (|m^2-n^2|,2mn,m^2+n^2)\] ($m,$ $n$: 偶奇が異なり, 互いに素な正の整数)から, $a$ は原始ピタゴラスの三角形の辺の長さになる. このとき, $m = \dfrac{a+1}{2},$ $n = \dfrac{a-1}{2}$ から, 残りの $2$ 辺の長さは $2mn = \dfrac{a^2-1}{2},$ $m^2+n^2 = \dfrac{a^2+1}{2}$ である.
よって, $2$ の累乗でない偶数 $b \geqq 3$ も, このような三角形の各辺の長さを整数倍して得られるピタゴラスの三角形の辺の長さになる.
また, $b = 2^eb'$ ($e \geqq 2$: 整数, $b' \geqq 1$: 奇数)を $4$ の倍数とする. このとき, $m = 2^{e-1},$ $n = b'$ とおくと \[ 2mn = 2^eb' = b\] となり, $m,$ $n$ は偶奇が異なり, 互いに素となるので, 原始ピタゴラス数の一般解から, $b$ は原始的なピタゴラスの三角形の辺の長さになる. このとき, 残りの $2$ 辺の長さは $|m^2-n^2| = |4^{e-1}-b'^2|,$ $m^2+n^2 = 4^{e-1}+b'^2$ である.
(3)
(2) で示したことから, $4$ で割った余りが $2$ である正の整数が原始的なピタゴラスの三角形の辺の長さにならないことを示せばよい. ピタゴラス数 $(a,b,c)$ について, $a$ を $4$ で割った余りが $2$ であるとすると, $b$ は $4$ の倍数となり, したがって $a^2+b^2 = c^2$ と $c$ は偶数となるので, $(a,b,c)$ は原始的でなくなる. これで, 求める主張が示された.

ピタゴラス変換

定理≪ピタゴラス変換≫

\begin{align*} P &= \begin{pmatrix} -1 & -2 & 2 \\ -2 & -1 & 2 \\ -2 & -2 & 3 \end{pmatrix}, & H_1 &= \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \\ H_2 &= \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, & H_3 &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{align*} とするとき, すべての原始ピタゴラス数は, $(3,4,5)$ から \[\begin{pmatrix} a' \\ b' \\ c'\end{pmatrix} = PH_k \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \quad (k \in \{ 1,2,3\})\] という変換を繰り返すことによって得られる.

問題

問題≪直角三角形の内接円の半径≫

 $3$ 辺が整数であるような直角三角形の $3$ 辺の長さは, ある正の整数 $m,$ $n$ ($m > n$)を用いて \[ a = m^2-n^2,\ b = 2mn,\ c = m^2+n^2 \quad \cdots [\ast ]\] と表されることが知られている. このような直角三角形の内接円の半径は整数であることを示せ.

解答例

 $3$ 辺の長さが $[\ast ]$ の直角三角形を考え, その内接円の半径を $r$ とおく. このとき, 三角形の面積について \[\frac{ar}{2}+\frac{br}{2}+\frac{cr}{2} = \frac{ab}{2}\] となるから, \begin{align*} r &= \frac{ab}{a+b+c} \\ &= \frac{(m^2-n^2)\cdot 2mn}{(m^2-n^2)+2mn+(m^2+n^2)} \\ &= \frac{2mn(m+n)(m-n)}{2m(m+n)} \\ &= n(m-n) \end{align*} となる. よって, $r$ は整数である.

問題≪ピタゴラス数の一般解≫

 点 $\mathrm A(-1,\ 0)$ を通る傾き $t$ の直線と原点 $\mathrm O$ を中心とする単位円の交点を $\mathrm P(x,\ y)$ とおく. 次の問いに答えよ.
(1)
$x,$ $y,$ $(1-x)/(1+x)$ を $t$ で表せ.
(2)
$x,$ $y$ が有理数のとき, $t$ は有理数であることを示せ.
(3)
$t$ が正の有理数のとき, $x,$ $y$ は互いに素なある正の整数 $m,$ $n$ を用いて \[ x = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \quad y = \frac{2mn}{m^2+n^2}\] と表されることを示せ.
 また, 互いに素な整数 $a,$ $b,$ $c$ が $a^2+b^2 = c^2$ を満たすとき, 次のことを示せ.
(4)
$a,$ $b$ の偶奇は異なる.
(5)
$a$ が奇数のとき, $a,$ $b,$ $c$ は互いに素で偶奇の異なる正の整数 $m,$ $n\ (m > n)$ を用いて \[ a = m^2-n^2, \quad b = 2mn, \quad c = m^2+n^2\] と表される.

解答例

(1)
点 $\mathrm A(-1,\ 0)$ を通る傾き $t$ の直線の方程式は, \[ y = t(x+1) \quad \cdots [1].\] 原点を中心とする単位円の方程式は, \[ x^2+y^2 = 1 \quad \cdots [2].\] 点 $\mathrm P(x,\ y)$ はこれらの交点だから, $[1]$ を $[2]$ に代入すると \[ (1+t^2)x^2+2t^2x+(t^2-1) = 0.\] $x$ の他に $-1$ もこの方程式の解だから, 解と係数の関係より \[ x+(-1) = -\frac{2t^2}{1+t^2}.\] よって, \begin{align*} x &= 1-\frac{2t^2}{1+t^2} = \frac{1-t^2}{1+t^2} \quad \cdots [3], \\ y &= t\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}+1\right) = \frac{2t}{1+t^2} \quad \cdots [4], \\ \frac{1-x}{1+x} &= \frac{(1+t^2)-(1-t^2)}{(1+t^2)+(1-t^2)} = t^2 \quad \cdots [5]. \end{align*}
(2)
仮定より $x$ は有理数だから, $[5]$ より $t^2$ は有理数である. さらに, $y$ も有理数だから, $[4]$ より $t = \dfrac{1+t^2}{2}y$ も有理数である.
(3)
互いに素なある正の整数 $m,$ $n$ を用いて $t = \dfrac{n}{m}$ とおくと, $[3],$ $[4]$ より \[ x = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \quad y = \frac{2mn}{m^2+n^2}\] と表せる.
(4)
(i)
$a,$ $b$ が偶数であるとき, $a^2+b^2 = c^2$ は偶数となり, よって $c$ は偶数となるが, これは $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることに反する.
(ii)
$a,$ $b$ が奇数であるとき, 各整数 $n$ に対して \[ (2n+1)^2 = 4(n^2+n)+1\] を $4$ で割った余りは $1$ であることから, $a^2+b^2 = c^2$ を $4$ で割った余りは $1+1 = 2$ となるが, これは $c^2$ を $4$ で割った余りが $0$ または $1$ であることに反する.
(i), (ii) から, $a,$ $b$ の偶奇は異なる.
(5)
$(x,y) = \left(\dfrac{a}{c},\dfrac{b}{c}\right)$ は $x^2+y^2 = 1$ の有理数解だから, (3) の結果から $x,$ $y$ は互いに素な正の整数 $m,$ $n$ を用いて \[ x = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \quad y = \frac{2mn}{m^2+n^2}\] と表せる. よって, \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2)\] が成り立つので, $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることから, ある正の整数 $k$ に対して \[ ka = m^2-n^2, \quad kb = 2mn, \quad kc = m^2+n^2\] となる. \[ k(c+a) = 2m^2, \quad k(c-a) = 2n^2\] から $k$ は $2m^2,$ $2n^2$ の公約数であるが, $m,$ $n$ は互いに素であるから, $k = 1$ または $k = 2$ である. $m,$ $n$ がともに奇数であるとすると, $mn = k\cdot\dfrac{b}{2}$ は奇数となるから, $k = 1$ となり, $a = m^2-n^2$ となって, $a$ は偶数となるが, これは $a$ が奇数であることに反する. よって, $m,$ $n$ の偶奇は異なる. これから $ka = m^2-n^2$ は奇数であることが言えて, $k = 1$ が言える. よって, \[ a = m^2-n^2, \quad b = 2mn, \quad c = m^2+n^2\] が得られる.

問題≪ピタゴラス数の漸化式≫

 $a_1,$ $b_1,$ $c_1$ は正の整数で, $a_1{}^2+b_1{}^2 = c_1{}^2$ を満たしている. 各正の整数$n$ に対して, $a_{n+1},$ $b_{n+1},$ $c_{n+1}$ を \begin{align*} a_{n+1} &= |2c_n-a_n-2b_n| \\ b_{n+1} &= |2c_n-2a_n-b_n| \\ c_{n+1} &= 3c_n-2a_n-2b_n \end{align*} により定める.
(1)
$a_n{}^2+b_n{}^2 = c_n{}^2$ が成り立つことを示せ.
(2)
$c_n > 0$ と $c_n \geqq c_{n+1}$ を示せ.
(3)
$c_m > c_{m+1} = c_{m+2}$ となったときの $m$ について, $a_m:b_m:c_m$ を求めよ.
[京都大*]

解答例

(1)
$a_n{}^2+b_n{}^2 = c_n{}^2 \cdots [1]$ を帰納法で示す.
(i)
$n = 1$ のとき, $[1]$ は条件から成り立つ.
(ii)
与えられた正の整数 $n$ に対して $[1]$ が成り立つとすると, $a_{n+1},$ $b_{n+1},$ $c_{n+1}$ の定義から \begin{align*} &a_{n+1}{}^2+b_{n+1}{}^2-c_{n+1}{}^2 \\ &= (2c_n-a_n-2b_n)^2+(2c_n-2a_n-b_n)^2 \\ &\quad -(3c_n-2a_n-2b_n)^2 \\ &= (1+4-4)a_n{}^2+(4+1-4)b_n{}^2 \\ &\quad +(4+4-9)c_n{}^2+(4+4-8)a_nb_n \\ &\quad +(-8-4+12)b_nc_n+(-4-8+12)c_na_n \\ &= a_n{}^2+b_n{}^2-c_n{}^2 = 0 \end{align*} となり, $a_{n+1}{}^2+b_{n+1}{}^2 = c_{n+1}{}^2$ となる.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[1]$ が成り立つ.
(2)
まず, $c_n > 0$ を帰納法で示す.
(i)
$c_1 > 0$ は, 条件から成り立つ.
(ii)
与えられた正の整数 $n$ に対して $c_n > 0$ が成り立つとする. このとき, 同値な式変形 \begin{align*} &c_{n+1} > 0 \\ &\iff 3c_n > 2(a_n+b_n) \\ &\iff 9c_n{}^2 > 4(a_n+b_n)^2 \quad (\because a_n+b_n \geqq 0) \\ &\iff c_n{}^2\!\!+\!8(a_n{}^2\!\!+\!\!b_n{}^2)\!-\!4(a_n\!+\!b_n)^2 \!\!>\! 0\ (\because [1]) \\ &\iff c_n{}^2+4(a_n-b_n)^2 > 0 \quad \cdots [2] \end{align*} において $[2]$ が成り立つから, $c_{n+1} > 0$ となる.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $c_n > 0$ が成り立つ.
 また, $c_n \geqq c_{n+1}$ は, 同値な式変形 \begin{align*} &c_n \geqq c_{n+1} \\ &\iff c_n \geqq 3c_n-2a_n-2b_n \\ &\iff a_n+b_n \geqq c_n \\ &\iff (a_n+b_n)^2 \geqq c_n{}^2 \quad (\because a_n+b_n \geqq 0,\ c_n > 0)\\ &\iff (a_n+b_n)^2 \geqq a_n{}^2+b_n{}^2 \quad (\because [1]) \\ &\iff 2a_nb_n \geqq 0 \quad \cdots [3] \end{align*} において $[3]$ が成り立つことから従う.
(3)
(2) で示したように「$c_n \geqq c_{n+1} \iff 2a_nb_n \geqq 0$」が成り立つので, $c_m > c_{m+1} = c_{m+2}$ のとき $a_mb_m \neq 0,$ $a_{m+1}b_{m+1} = 0$ が成り立つ. よって, 次の場合のどちらかが起こる.
(i)
$a_{m+1} = 0$ のとき. \begin{align*} 2c_m-a_m-2b_m &= 0 \quad \cdots [4], \\ a_m{}^2+b_m{}^2 &= c_m{}^2 \quad \cdots [5] \end{align*} から $a_m$ を消去すると, \[ 5b_m{}^2-8b_mc_m+3c_m{}^2 = 0\] つまり \[ (b_m-c_m)(5b_m-3c_m) = 0\] となる. $b_m = c_m$ とすると $[5]$ から $a_m = 0$ となって $a_mb_m \neq 0$ に矛盾してしまうので, $b_m = \dfrac{3}{5}c_m$ が成り立つ. このとき, $[4]$ から $a_m = \dfrac{4}{5}c_m$ となるので, $a_m:b_m:c_m = 4:3:5$ となる.
(ii)
$b_{m+1} = 0$ のとき. (i) と同様に, $a_m:b_m:c_m = 3:4:5$ となる.
(i), (ii) から, 求める比は $a_m:b_m:c_m = 3:4:5$ または $a_m:b_m:c_m = 4:3:5$ である.