本項は上級者向けの内容です。
a^2+b^2=c^2\,を満たす互いに素な自然数の組(a,\ b,\ c)}}$を\textbf{\textcolor{blue}{原始ピタゴラス数}}という. \\[1zh] \hspace{.5zw}自然数$m,\ n$が以下の3条件を満たすとする. \hspace{.5zw} [2]\ \ $m,\ n$は互いに素 \\[.2zh] \hspace{.5zw} [3]\ \ $m,\ n$の一方は偶数で他方は奇数である \\[1zh] \hspace{.5zw}\scalebox{.94}[1]{このとき,\ $\bm{\textcolor{red}{(a,\ b,\ c)=(m^2-n^2,\ 2mn,\ m^2+n^2)}}\ \cdots$\,(A)は原始ピタゴラス数である.} \\[1zh] \hspace{.5zw}逆に,\ \textbf{すべての原始ピタゴラス数は(A)で表すことができる.} \\ 原始ピタゴラス数の生成公式}}}} \\\\[.5zh] 上級者用の定理である.\ 知識としてもっておくと,\ 問題の見通しがよくなることがある. \\\\ [\,\textcolor{blue}{(A)が原始ピタゴラス数であることの証明}\,] \\[1zh] $m>n$のとき,\ (A)は$a^2+b^2=c^2$を満たす自然数の組なので,\ ピタゴラス数である. \\[1zh] さらに,\ $a,\ b,\ c$が互いに素であることを示す. \\[.2zh] $a=m^2-n^2=(m+n)(m-n)とb=2mn$が互いに素であることを示せば十分である. \\[1zh] [3]より$\textcolor{red}{m+nとm-nは奇数}であるから,\ ともに\textcolor{red}{2と互いに素}である.$ \\[1zh] \textcolor{cyan}{$mとm+nが素数p$を公約数にもつと仮定}する. \\[.2zh] このとき,\ $m=pk,\ m+n=pl\ (k,\ l:自然数)$とおける. \\[.2zh] $n=p(l-k)$より$n$も$p$の倍数となり,\ \textcolor{cyan}{$m,\ n$が互いに素であること([2])と矛盾}する. \\[.2zh] よって,\ \textcolor{red}{$mとm+n$は互いに素}である. \\[1zh] 同様にして,\ \textcolor{red}{$n$と$m+n$,\ \ $m$と$m-n$,\ \ $n$と$m-n$\ もそれぞれ互いに素}である. \\[.2zh] よって,\ $m^2-n^2\,と2mnは互いに素である.$ \\[.2zh] ゆえに,\ \textbf{$\bm{m^2-n^2,\ 2mn,\ m^2+n^2}$は互いに素なので,\ (A)は原始ピタゴラス数である.} 3条件を満たす(m,\ n)を(\text A)に代入すると,\ 次々と原始ピタゴラス数を生成できる. \\[.2zh] 例えば,\ (m,\ n)=(2,\ 1),\ (3,\ 2)のとき,\ それぞれ(a,\ b,\ c)=(3,\ 4,\ 5),\ (5,\ 12,\ 13)である. \\[.2zh] [2],\ [3]の条件がない場合,\ 原始ではない(互いに素ではない)ピタゴラス数が生成される. \\[.2zh] 例えば,\ (m,\ n)=(3,\ 1),\ (4,\ 2)のとき,\ それぞれ(a,\ b,\ c)=(8,\ 6,\ 10),\ (12,\ 16,\ 20)である. \\[.2zh] これらは単に(3,\ 4,\ 5)をそれぞれ整数倍しただけのもので,\ 本質的なものではない. \\[.2zh] \bm{“原始”ピタゴラス数を作り出すことが意義深い}のである. \\[1zh] (\text A)が(原始とは限らない)ピタゴラス数であることの証明は容易である. \\[.2zh] a^2+b^2=c^2\,を満たすことを実際に計算して確認すればよいだけである. \\[.2zh] (m^2-n^2)^2+(2mn)^2=(m^2+n^2)^2\,が成立している. \\[1zh] さらに,\ a,\ b,\ cが互いに素であることを示すことにより,\ 原始ピタゴラス数であることを示す. \\[.2zh] ここで,\ 3数a,\ b,\ cが互いに素とは,\ 3数a,\ b,\ cの最大公約数が1ということである. \\[.2zh] よって,\ \bm{a,\ b,\ cのうち2数が互いに素であれば,\ 自動的に3数も互いに素}といえる. \\[1zh] 因数分解して積の形で表せるaとbが互いに素であることを示すのがよい. \\[.2zh] 互いに素の証明は,\ \bm{素数を公約数にもつと仮定して矛盾を導く(背理法)}のであった. \\[1zh] [1],\ [2],\ [3]を満たし,\ かつ2mnが異なる値になるようなm,\ nの定め方は無限に存在する. \\[.2zh] よって,\ \bm{原始ピタゴラス数は無限に多く存在する.} \\[.2zh] 例えば,\ (m,\ n)=(3,\ 2),\ (3\cdot5,\ 2),\ (3\cdot5\cdot7,\ 2)のように一方の素因数をいくらでも増やせる [\,\textcolor{blue}{すべての原始ピタゴラス数が(A)で表せることの証明}\,] \\[1zh] 互いに素な自然数$(a,\ b,\ c)$が$a^2+b^2=c^2$を満たしているとする. \\[1zh] $\textcolor{cyan}{aとbが素数pを公約数にもつと仮定}すると,\ a=pk,\ b=pl\ (k,\ l:自然数)$とおける. \\[.2zh] このとき,\ $c^2=a^2+b^2=p^2(k^2+l^2)$より,\ $c^2$は$p$の倍数となる. \\[.2zh] さらに,\ $p$は素数なので$c$は$p$の倍数となり,\ \textcolor{cyan}{$a,\ b,\ c$が互いに素であることに矛盾}する. \\[.2zh] よって,\ $aとbは互いに素である.\ 同様にして,\ bとc,\ cとaもそれぞれ互いに素である.$ \\[.2zh] つまり,\ \textcolor{red}{$a,\ b,\ c$はどの2つも互いに素}である. \\[1zh] $\textcolor{cyan}{aとbがともに奇数であると仮定}すると a^2+b^2\equiv2,\ \ c^2\equiv0\ \pmod4$ \\[.2zh] \textcolor{cyan}{$a^2+b^2=c^2$であることに矛盾}するから,\ $\textcolor{red}{aとbの一方は偶数で他方は奇数}である.$ \\[1zh] 以上から,\ $\textcolor{blue}{aを奇数,\ bを偶数,\ cを奇数}$としても一般性は失われない. \\[1zh] $a^2+b^2=c^2$より $b^2=c^2-a^2=(c+a)(c-a)$ \\[.2zh] $a,\ c$は奇数なので,\ $c+a,\ c-a$はともに偶数である. \\[.2zh] よって,\ \textcolor{magenta}{$c+a=2s,\ \ c-a=2t,\ \ b=2u\ (s,\ t,\ u:自然数,\ s>t)$}とおける. \\[.2zh] これを$a,\ b,\ c$について解くと $a=s-t,\ \ b=2u,\ \ c=s+t$ \\[.2zh] $a^2+b^2=c^2$より $(s-t)^2+(2u)^2=(s+t)^2$ よって $\textcolor{magenta}{u^2=st}$ \\[1zh] $\textcolor{cyan}{sとtが素数pを公約数にもつと仮定}すると,\ s=pk,\ t=pl\ (k,\ l:自然数)とおける.$ \\[.2zh] $a=s-t=p(k-l),\ c=s+t=p(k+l)$より,\ \textcolor{cyan}{$aとc$が互いに素であることと矛盾}する. \\[.2zh] よって,\ $s,\ t$は互いに素であり,\ $u^2=st$より\textcolor{red}{$s,\ t$はともに平方数}である. \\[.2zh] $\textcolor{red}{s=m^2,\ t=n^2\ (m,\ n:互いに素な整数,\ m>n)}$とおけ,\ このとき$u=mn$となる. \\[.2zh] ゆえに $\bm{a=m^2-n^2,\ \ b=2mn,\ \ c=m^2+n^2}$ \\[1zh] \textcolor{cyan}{$m,\ n$がともに奇数であると仮定}すると,\ $m^2-n^2,\ 2mn,\ m^2+n^2$はすべて偶数となる. \\[.2zh] これは,\ \textcolor{cyan}{$a,\ b,\ c$が互いに素であることと矛盾}する. \\[.2zh] よって,\ $\textcolor{red}{m,\ nの一方は偶数で他方は奇数}である.$ 細かい部分まで丁寧に示したので長くなったが,\ 特に重要なのは後半である. \\[1zh] まず,\ 原始ピタゴラス数であれば,\ \bm{a,\ b,\ cのどの2つも互いに素}であることを示した. \\[.2zh] 後に,\ aとb,\ aとcが互いに素であることを利用する. \\[.2zh] pが素数のとき,\ 「\,c^2\,がpの倍数」ならば「\,cがpの倍数」が成り立つ. \\[.2zh] 例えば,\ c^2\,が4の倍数だからといって,\ cが4の倍数は成り立たない(c=2). \\[.2zh] 公約数を2以上の自然数ではなく素数として仮定することが重要である. \\[1zh] 次に,\ \bm{aとbの一方は偶数で他方は奇数である}ことを示す(前項で詳しく示したのでここでは略証). \\[.2zh] a,\ b,\ cはどの2つも互いに素であるから,\ a,\ bがともに偶数となることはない. \\[.2zh] よって,\ a,\ bがともに奇数となることがないことを示せばよい. \\[.2zh] \bm{平方数を4で割ったときの余りを考えることにより矛盾を導く}のであった. \\[1zh] ここからが本題である.\ \ a^2+b^2=c^2\,から(a,\ b,\ c)=(m^2-n^2,\ 2mn,\ m^2+n^2)を導く. \\[.2zh] \bm{a,\ b,\ cの偶奇性に着目}して自分で文字を設定し,\ その文字の条件を追求する. \\[1zh] u^2=stが導かれるので,\ \bm{s,\ tは互いに素}である(共通の素因数をもたない)ことを示す. \\[.2zh] これにより,\ \bm{積stが平方数のときs,\ tがともに平方数}といえる(素因数分解の一意性). \\[.2zh] 例えば,\ st=36のとき,\ s=t=6は平方数ではない. \\[.2zh] s,\ tが互いに素ならば,\ (s,\ t)=(1,\ 36),\ (4,\ 9)のようにs,\ tがともに平方数となる. \\[.2zh] 平方数をそれぞれ文字で設定すると,\ 目的の式が導かれる.\ \ さらに,\ \bm{m,\ nの一方は偶数で他方は奇数}であることを示す. \\[.2zh] m,\ nは互いに素であるから,\ ともに偶数となることはない. \\[.2zh] よって,\ m,\ nがともに奇数となることがないことを示せばよい.
