直角三角形においては、ａ2＋ｂ2＝ｃ2　が成り立つ。（三平方の定理） 　　（ａ，ｂ，ｃ）＝（３，４，５）、（５，１２，１３）、（７，２４，２５）、・・・などが、よ 　　く知られたピタゴラス数である。 　　　この式と似たような現象が、内角１２０度の鈍角三角形でも起こる。

左図において、ａ2＋ａ・ｂ＋ｂ2＝ｃ2　が成り立つ。 　　（証明は、余弦定理から明らか） 　　　　　３2＋３・５＋５2＝７2 　　　　　７2＋７・８＋８2＝１３2 　　　　１３2＋１３・３５＋３５2＝４３2 　　など、美しい数の配列が続くと、思わず感動してしまう。

　攻略法さんが、この話題を一般化された。（平成２３年８月８日付け）

問　題　ａ²＋ａ・ｂ＋ｂ²＝ｃ²　を満たす自然数の組 (ａ，ｂ，ｃ) を求めよ。

答えは、(ａ，ｂ，ｃ)＝(３，５，７)、(７，８，１３)、 (１３，３５，４３)、・・・　など

（解）　「特殊なピタゴラス数」のように、２数を限定させる。

　　ａ＝ｘ−１、ｂ＝ｘ＋１　とすると、与式は、　（ｘ−１）²＋（ｘ−１）（ｘ＋１）＋（ｘ＋１）²＝ｃ²

　　よって、　ｃ²＝３ｘ²＋１　より、　ｃ²−３ｘ²＝１　←　ペル方程式 ｘ²−Ｎ・ｙ²＝±１

　これを解いて、　（ｃ，ｘ）＝（２，１）、（７，４）、（２６，１５）、（９７，５６）、・・・

　これから、(ａ，ｂ，ｃ)を求めると、

（ｃ，ｘ）＝（７，４）　のとき、　(ａ，ｂ，ｃ)＝(３，５，７)

（ｃ，ｘ）＝（２６，１５）　のとき、　(ａ，ｂ，ｃ)＝(１４，１６，２６)　→　(７，８，１３)

（ｃ，ｘ）＝（９７，５６）　のとき、　(ａ，ｂ，ｃ)＝(５５，５７，９７)

（→　参考：「辺と角の美しい関係�U」、「ピタゴラス数の発見」）


　ＦＮさんも、この話題を一般化された。（平成２３年８月８日付け）

　ピタゴラス数の場合(→「ピタゴラス数の発見」に概略がある）と同様にして、一般解を求め
ることがほぼできるようです。

　ａ²＋ａ・ｂ＋ｂ²＝ｃ²　・・・（１）　の両辺を ｃ² で割って、ａ/ｃ＝ｘ、ｂ/ｃ＝ｙ と置くと、

　　　ｘ²＋ｘ・ｙ＋ｙ²＝１　･･･(２)

　まず、(２)の有理数解を求める。

　（２）上の点 (−１，０)を通る傾き ｔ の直線 ｙ＝ｔ（ｘ＋１） と(２)との交点を求める。

代入して、　ｘ²＋ｘ・ｔ（ｘ＋１）＋ｔ²（ｘ＋１）²＝１　より、

　　　（ｔ²＋ｔ＋１）ｘ²＋（２ｔ²＋ｔ）ｘ＋ｔ²−１＝０

　これが、ｘ＝−１を解に持つことはわかっているので、因数分解して、

　　　（ｘ＋１）｛（ｔ²＋ｔ＋１）ｘ＋ｔ²−１｝＝０

よって、ｘ＝−１以外の解として、　ｘ＝（１−ｔ²）/（ｔ²＋ｔ＋１）

　このとき、　ｙ＝（ｔ²＋２ｔ）/（ｔ²＋ｔ＋１）

　これはもちろん(２)の解で、ｔ を有理数にすれば、ｘ、ｙ も有理数になる。

　逆に、(２)を満たす有理数 ｘ、ｙ に対して、　ｔ＝ｙ/（ｘ＋１）　とおけば、ｘ、ｙ は上記の式で得

られるから、すべての有理数解はこのようにして得られる。

　ただし、(ｘ，ｙ)＝(−１，０)、(−１，−２)は除く。

　上の ｘ、ｙ に、ｔ²＋ｔ＋１ をかけると、それぞれ　１−ｔ²　、ｔ²＋２ｔ　となる。

これらを ａ、ｂ　とし、ｃ＝ｔ²＋ｔ＋１　とおけば、ａ、ｂ、ｃ は、(１)を満たす。

　ｔ＝ｎ/ｍ とおいて、ａ、ｂ、ｃ に代入し、これらに ｍ² をかけたものを改めて ａ、ｂ、ｃ とする

と、　ａ＝ｍ²−ｎ²　、ｂ＝ｎ²＋２ｍｎ　、ｃ＝ｎ²＋ｍｎ＋ｍ²　（０＜ｎ＜ｍ）

　これらは、(１)の自然数解である。

　ｍ、ｎ が小さい値のときの ａ、ｂ、ｃ は、次のようになる。

　上の ｍ＝４、ｎ＝１ のときのように、ｍ、ｎ が互いに素であっても ａ、ｂ、ｃ が公約数をもつ
ことがあります。ピタゴラス数の場合も同じことはおきますが、ｍ、ｎ の一方は偶数とすること
によって回避できます。

　(A)　ｍ、ｎ は互いに素な整数とする。

　　　　　ａ＝ｍ²−ｎ²　、ｂ＝ｎ²＋２ｍｎ　、ｃ＝ｎ²＋ｍｎ＋ｍ²

　　　の最大公約数は、１または３である。

　これは正しいでしょうか。もし正しければ、どういう場合に １、３ になるかを含めて証明して
ください。正しくないなら反例を挙げて下さい。


　ＦＮさんからの続報です。（平成２３年８月２５日付け）

　まず、「素数 ｐ が、ａ、ｂ の公約数であれば、ｐ＝３」を証明する。

　ａ＝ｍ²−ｎ²＝（ｍ＋ｎ）（ｍ−ｎ）≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　より、

　　　　ｍ≡ｎ　（ｍｏｄ　ｐ）　または　ｍ≡−ｎ　（ｍｏｄ　ｐ）

　ｂ＝ｎ²＋２ｍｎ＝ｎ（ｎ＋２ｍ）≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　より、

　　　　ｎ≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　または　ｎ≡−２ｍ　（ｍｏｄ　ｐ）

　可能性は４通りあるが、

　　　ｍ≡ｎ　（ｍｏｄ　ｐ）　、ｎ≡−２ｍ　（ｍｏｄ　ｐ）

のとき以外は、ｍ≡ｎ≡0　（ｍｏｄ　ｐ）となり矛盾。

　ｍ≡ｎ　（ｍｏｄ　ｐ）　、ｎ≡−２ｍ　（ｍｏｄ　ｐ）のときは、３ｍ≡0　（ｍｏｄ　ｐ）となるが、

m≡0　（ｍｏｄ　ｐ）のときは上と同様に矛盾。

　よって、ｐ＝３　でなければならない。

次に、「９は、ａ、ｂ の公約数ではない」を証明する。

　９が、ａ、ｂ の公約数であるとする。もちろん、３は、ａ、ｂ の公約数である。

先の証明と同様にして、　ｍ≡ｎ　（ｍｏｄ　９）　、ｎ≡−２ｍ　（ｍｏｄ　９）　で、これより、

３m≡0　（ｍｏｄ　９）　から、　m≡0　（ｍｏｄ　３）　即ち、　m≡n≡0　（ｍｏｄ　３）となり矛盾。

　以上より、ａ、ｂ の最大公約数は、１か３であり、３になるのは、

　　　　m≡n　（ｍｏｄ　３）で、≡0　（ｍｏｄ　３）ではないとき。

このとき、ｃ＝ｎ²＋ｍｎ＋ｍ²≡３ｎ²≡0　（ｍｏｄ　３）であるから、ａ、ｂ、ｃ の最大公約数も３

だから、ａ、ｂ、ｃ の最大公約数は、１か３であり、３になるのは、

　　ｍ−ｎが３の倍数であるとき（もちろん、ｍ、ｎは３の倍数ではないものとする。）


　以上から、(A)は肯定的に解けました。これを使って、もともとの問題に対する解は得られ
ます。もちろん、ａ、ｂ、ｃ の最大公約数が１であるものだけで十分です。

　ａ²＋ａ・ｂ＋ｂ²＝ｃ²　を満たす自然数の組(ａ，ｂ，ｃ)で最大公約数が１であるものは、

　　　ａ＝ｍ²−ｎ²　、ｂ＝ｎ²＋２ｍｎ　、ｃ＝ｎ²＋ｍｎ＋ｍ²

で与えられる。

　ただし、ｍ、ｎは互いに素な自然数で、ｍ＞ｎ　かつ　ｍ−ｎ　は、３の倍数でないとする。


　今までに示したことではまだ不十分で、もう少し証明すべきことがあります。それと

ａ²＋ａ・ｂ＋ｂ²＝ｃ²　は、ａ、ｂに関して対称なので、(ａ，ｂ，ｃ)が解なら、(ｂ，ａ，ｃ)も解です。

上の式は一方しか表しません。

　例えば、(ａ，ｂ，ｃ)＝(３，５，７)は、ｍ＝２、ｎ＝１として得られますが、(ａ，ｂ，ｃ)＝(５，３，７)
はこの形では得られません。

　この問題は、言い換えれば、１つの角が１２０度で、３辺が整数である三角形（３辺の最大
公約数が１であるもの）をすべて求めよというものです。

　そういう意味では、(３，５，７)と(５，３，７)は同じ三角形なので一方だけでいいと言えます。


（コメント）　攻略法さん、ＦＮさん、この話題の一般化に感謝します。