原始ピタゴラス数を求める
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久々にやってみるか
$ \{(a,b,c)\in\N^3|a^2+b^2=c^2\ \land\ \gcd(a,b,c)=1\}を陽に求める 1. $ aが偶数、$ b, cが奇数
1. $ a,b,cの少なくとも 1 つが奇数
全部偶数だと$ \gcd(a,b,c)=1に反する
2. $ cは奇数
偶数と仮定すると 1.1. より$ a,bは共に奇数なので以下が成立
$ a^2+b^2\equiv 1+1=2 \mod 4
$ ^{\forall c\in\N}[c^2\not\equiv2\mod4] なので仮定と矛盾
3. $ aを偶数としても一般性を失わない
加算の可換性から
2. $ c=n^2+m^2,$ b=n^2-m^2, $ a=2nm
1. $ \frac{c+b}{2},\frac{c-b}{2}は平方数
平方数でないと仮定すると共通因数$ p\ge2を持つ
$ \frac{a^2}{4}が平方数のため
$ c+b=2u^2p,$ c-b=2v^2pとおける
$ c=(u^2+v^2)p,$ b=(u^2-b^2)p,$ a=4u^2v^2p^2
原始ピタゴラス数であることに矛盾
議論
$ \{(a,b,c)\in\N^3|\lambda(a^2+b^2)=\lambda c^2\ \land\ \gcd(a,b,c)=1\}を陽に求めたい
$ \{(a,b,c)\in\N^3|a^2+b^2=c^2\ \land\ \gcd(a,b,c)=1\}を陽に求めたい
ラムダ消せたわ。takker.iconありがと。
1.2 の後
3. $ a,bの片方のみが偶数
1.より$ \sout{2\not|a\land2\not|b\lor}takker.icon
2. の$ cは奇数は結論だから3.は要らない気がするSummer498.icon
あ。$ cが奇数から暗黙のうちに導いたやつを厳密に導こうとしてるんか
$ cが奇数なら$ a^2,b^2のどちらか一方が偶数なのはたしかに自明だtakker.icon
で、$ \bullet^2だと偶奇が保存されるから、$ a,bのどちらか一方のみが偶数も自明ということか
うん。そこまで込みで自明かなとSummer498.icon
$ c=n^2+m^2,$ b=n^2-m^2, $ a=2nmとできる
$ a^2=c^2-b^2より$ a^2=(c+b)(c-b)
$ c, bが奇数とすると$ c+bも$ c-bも偶数
$ c+b=2n^2,$ c-b=2m^2とおいてみる
元の式に代入すると
$ (2nm)^2+(n^2-m^2)=(n^2+m^2)となる
$ c=n^2+m^2,$ b=n^2-m^2, $ a=2nm の全域性を示したい
$ c,bを奇数とする
$ \frac{c+b}{2},\frac{c-b}{2}は平方数である
平方数でないと仮定すると共通因数$ p\ge2を持つ
$ \frac{a^2}{4}が平方数のため
$ c+b=2u^2p,$ c-b=2v^2pとおくと、
$ c=(u^2+v^2)p,$ b=(u^2-b^2)p,$ a=4u^2v^2p^2
原始ピタゴラス数であることに矛盾
$ a^2=(c+b)(c-b)
$ a,bどっちが奇数だ？Summer498.icon
どちらでも成立しそうtakker.icon
確認したらどっちでも良かったSummer498.icon
$ aを偶数とすると、
$ \exist n\in\N.a=2n\land n^2=\frac{c+b}{2}\frac{c-b}{2}
$ p:=\frac{c+b}{2},q:=\frac{c-b}{2}とすれば
$ a=\sqrt{4pq},b=p-q,c=p+q
になる
あとは$ p,qを任意の自然数で表せる形に変換できればいい？
$ p,qのどちらかが奇数ー①
$ p>qー②
$ \exist n\in\N.pq=n^2ー③
①、③から、$ \exist n\in\N.pq=4n^2
迷いの軌跡
$ c^2=a^2+b^2=(2n+1)^2+(2m)^2=4(n^2+n+m^2)+1となる。
TODO 変数は 1 つで表せたはずなのでどうやったら消せるか考える
天下り$ a=4n^2-1,\ b=4nとおくと$ c^2=(4n^2-1)^2+(4n)^2=(16n^4-8n^2+1)+(16n^2)=(4n^2+1)^2でピタゴラスの等式を満たす
これが答えだったはずなんだけどどうやって示せるかな～Summer498.icon
示すだけならこの式をいきなり書いて全て取りつくしていることを示せばいいけど、非天下り式の導出がしたい
多分奇数以外の条件を調べる必要がある
$ (n^2-m^2)^2+(2mn)^2=(n^2+m^2)^2らしい。自由度 2 やん
この式から$ \frac{c-a}{2},$ \frac{c+a}{2}が平方数であることを示せればいいのはわかるが、式を知らない状態でどうやってこの発想ができよう？
$ (c^2-a^2)=(c+a)(c-a)から示していけばいいのか
2. $ c=n^2+m^2,$ b=n^2-m^2, $ a=2nm
1. $ \frac{c+b}{2},\frac{c-b}{2}は平方数
平方数でないと仮定すると共通因数$ p\ge2を持つ
$ \frac{a^2}{4}が平方数のため
$ c+b=2u^2p,$ c-b=2v^2pとおける
$ c=(u^2+v^2)p,$ b=(u^2-b^2)p,$ a=4u^2v^2p^2
原始ピタゴラス数であることに矛盾
$ ^{\forall n\in\N\exist s,t\in\N}n=s^2tを使ったのかtakker.icon
んで$ \implies t=1が導ければ、平方数であることを示せると
この方法は思いつかなかった
$ ^{\forall n\in\N}\left[^{\forall m\in\N}n\ne m^2 \rightarrow^{\exist s,t\in\N}n=s^2t\right] だねSummer498.icon
$ ^{\forall n\in\N\exist s,t\in\N}n=s^2tでもあってると思うtakker.icon
証明
$ \top
$ \iff^{\forall n\in\N}n=n
$ \implies^{\forall n\in\N\exist t\in\N}n=t
$ \iff^{\forall n\in\N\exist t\in\N}n=1^2\cdot t
$ \implies^{\forall n\in\N\exist s,t\in\N}n=s^2t
なるほど。矛盾を導く文脈で見てたから$ n\ne m^2を入れたくなったけど$ t=1を導く文脈だとそっちでもいいのかSummer498.icon
takker.icon
$ n\equiv0,1,2,3,4,5,6,7\pmod8
$ \implies n^2\equiv0,1,4,9,16,25,36,49\pmod8
$ \equiv0,1,4,1,0,1,0,1
偶数なら0,奇数なら1,奇数の4倍なら4になる
$ u=m+n\land v=mn\iff m^2-um+v=n^2-un+v=0
$ m=\frac12(u\pm\sqrt{u^2-4v})
$ u^2-4v\equiv0,1\pmod4
常に成立
$ \pmb f:(m,n)\mapsto(m+n,mn) としたとき、$ \pmb f は全単射かつ$ \pmb f[\N^2]=\N^2 だろうか？
$ m\le nとすれば全単射は可能
$ \pmb f[\N^2]=\N^2 が求まればいい？
後で自分もやってみるtakker.icon
証明する式
$ ^{\forall a,b,c\in\N}\left(a^2+b^2=c^2\ \land\ \gcd(a,b,c)=1\iff ^{\exist m,n\in\N}\begin{dcases}a&=2mn\\b&=m^2-n^2\\c&=m^2+n^2\end{dcases}\right)
だめだ。これはfalse
反例：$ m=4,n=2のとき$ a=16,b=16-4=12,c=16+4=20になるが、これは$ \gcd(a,b,c)=1と矛盾する
$ \gcd(m,n)=1を加えてもだめ
反例$ (m,n)=(5,3)のとき$ (a,b,c)=(30,25-9,25+9)=(30,16,34)だが$ \gcd(a,b,c)=1と矛盾する
証明どころか反例上がってて草Summer498.icon
どんな条件をつけたら完全に原始ピタゴラス数を表せるのだろう
原始でなくても良いなら$ ^{\exist m,n\in\N}\begin{dcases}a&=2mn\\b&=m^2-n^2\\c&=m^2+n^2\end{dcases}で表せるはず
$ \gcd(m,n)=1
そうしないと$ \gcd(a,b,c)\neq1
$ m,nは一方のみが奇数
共に奇数だと$ a,b,cが偶数になる
問題はこれ以外の条件がないかどうか