互いに素なので、m,nも互いに素である。b=2mnは偶数なので、aは奇数でなければならない。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。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。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。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。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。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。これらの平方は次のように計算できる。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。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-n2y=2mnz=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。z+yとz-yの最大公約数をgとすれば、gは奇数である。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。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。u,vは奇数なので、整数m,n(m>n)で次のように書ける。これをu,vについて解くと次のようになる。このとき、x,y,zは次のように計算できる。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。(u,v)=1より、(m,n)=1となる。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。すると、conθ、sinθは次のようにtで媒介変数で表示できる。)また、conθ、sinθの定義より、次が成り立つ。考えると、次のように計算できる。(既約分数、m>n)とおくこと)(∵m2をかけて、分母を払う)ゆえに、次が成り立つ。x=m2-n2y=2mnz=m2+n2m>n(m,n)=1[2]←を示す。□[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=2gmnz=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。†3辺が3,4,5の直角三角形には半径1の円が内接する。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)。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。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。(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。(∵ブラーマグプタの公式より、x=m2-n2,y=2mn,z=m2+n2)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。[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。†[定理]原始的なピタゴラス数においては、次が成り立つ。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。□[補講]この主張の逆は成り立たない。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。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。4)を満たすことである。[証明][1]⇒を示す。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。(pはzの素因数であるから)(∵ブラーマグプタの公式より、z=m2+n2が成り立つから)(∵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。