流れる空の中で数学を。

とある数学好きの「手作りすうがく」と「気ままな雑記」。

【修正版】3が合同数でないことの初等的証明

追記(2018/10/13):(10)式で計算ミスをしており、a^2ではなく、a^4でした。そのため、原始ピタゴラス数の3つ組が(a^2,6b,c)となり、不等式の評価で矛盾を導けなくなってしまいました。いつかうまくいったら、更新します。

前回の失敗から

前回の記事では、3が合同数でないことを初等的に証明しようとしたが、証明に飛躍があり見事に失敗した。(自然数nが合同数であるとは、全ての辺の長さが有理数で、面積がnの直角三角形が存在することと定義されている。)
sky-time-math.hatenablog.jp

 今回の記事では、証明の修正に成功できたと思うので、3が合同数でないことを改めて証明することに挑戦する。

背理法からピタゴラス数へ

 前回と同様に、背理法を用いる。復習のため、あえてもう一度書く。
 3が合同数であると仮定する。すなわち、ある有理数x,y,zが存在して、

x^2+y^2=z^2……(1)
xy=6……(2)

と仮定する。*1上式をx^2で割って、

1+(\frac{y}{x})^2=(\frac{z}{x})^2……(3)
\frac{y}{x}=\frac{6}{x^2}……(4)

(4)式を(3)式に代入して、

1+\frac{6^2}{x^4}=\frac{z^2}{x^2}
\Rightarrow x^2 z^2 = x^4+6^2……(5)

ここで、有理数x,z

x=\frac{a}{b}……(7)
z=\frac{c}{d}……(8)

と表す。ただし、abcdは互いに素であるとする*2
 (5)式に、b^4 d^2をかけて、

(abc)^2 = d^2 (a^4+6^2 b^4)……(9)

を得る。両辺をa^2 b^2で割ると、

c^2 = (\frac{d}{ab})^2 ( a^2+(6b)^2)……(10)

を得る。ここで、cdが互いに素であるためには、abdの倍数でなければいけない。すなわち、ある自然数kが存在して、

dk=ab……(11)

と表せる。(10)式の両辺にk^2をかけて整理すると、

(ck)^2=a^2+6b^2……(12)

を得る。
 ところで、(12)式より、abが互いに素であるためには、kakbがそれぞれ互いに素でなければいけない。このことと、(11)式より、dabの倍数であることがわかるので、結局、

k=1……(14)
d=ab……(15)
c^2=a^2+(6b)^2……(16)

 が言える。まずは、このように合同数の問題が、ピタゴラス数の問題へと書き換わる。

ピタゴラス数から原始ピタゴラス数へ

 次のステップに進むために、(16)式に現れるa,6b,cがそれぞれ互いに素であること、つまり原始ピタゴラス数になっていることを示す。caと互いに素でないと仮定すると、(16)式より明らかに、abが互いに素でなくなり、矛盾する。よって、

caは互いに素である。

同様に、

cbも互いに素である。

 次に、(16)式に現れる数『6』の取扱いがポイントとなる。
 そこで、\gcd (a,6) \neq 1と仮定してみると、aは2,3,6のいずれかの倍数となる。これに対応して、(16)式より、cも2,3,6のいずれかの倍数になる。ところが、(15)式より、daの倍数なので、dも2,3,6のいずれかの対応する倍数になる。このことは、cdが互いに素であったことに矛盾する。従って、

 \gcd (a,6) = 1……(17)

が言えた。さらに、\gcd (c,6) \neq 1と仮定すると、(16)式より、\gcd(a,6) \neq 1となり矛盾するので、

 \gcd (c,6) =1……(18)

も従う。以上より、(16)式に現れる

a,6b,cは原始ピタゴラス数である

ことがわかった。

原子ピタゴラス数の表し方

 任意の原始ピタゴラス数を表す公式があり、(16)式は、互いに素な奇数s,t (s \gt t \ge 1)を用いて、

a=st……(19)
6b=\frac{s^2-t^2}{2}……(20)
c=\frac{s^2+t^2}{2}……(21)

と表せる。この公式の導出は、例えば、『はじめての数論(原著第3版)』の定理2.1等に書いてある。また、英語版のwikipediaPythagorean triple - Wikipediaの2.3にも書いてある。(ちなみに、上記wikiの2の冒頭の公式から(19)~(21)式を導くには、s=m+n,t=m-nとおけばいい。)

はじめての数論 原著第3版 発見と証明の大航海‐ピタゴラスの定理から楕円曲線まで

はじめての数論 原著第3版 発見と証明の大航海‐ピタゴラスの定理から楕円曲線まで

 

  ここで、原子ピタゴラス数の表式から次のステップに進む前に、ある不等式の評価をしておく。

合同数が3の場合に成り立つ不等式

 (10)式に相加・相乗平均の式を用いて、次のように不等式を得る。

c^2=d^2 ( (\frac{a}{b})^2 + (6 \frac{b}{a})^2 )
\ge 2 d^2 \sqrt { (\frac{a}{b})^2  (6 \frac{b}{a})^2}
\ge 12d^2……(22)

 c,dは正の数なので、目的の不等式

c \ge 2 \sqrt {3} d \gt 3 d……(23)

を得る。これが、今回の証明の鍵となる。

証明の完了へ

 (20)式より、

b=\frac{s^2-t^2}{12}……(24)

また、(15)(19)式より、

d=ab=\frac{st(s^2-t^2)}{12}
=\frac{1}{12} st (s+t)(s-t)……(25)

ところで、(17)式に書いたようにaと6は互いに素なので、a=stと表されていることを考慮すると、

s,t \equiv \pm 1 (\mod 6)……(26)

と表されることがわかる。このことから、s-tが最小になるのは、ある整数lによって、s,t

s=6l+1……(27)
t=6l-1……(28)

と表される場合であることが言える。すなわち、

s-t \ge 2……(29)

である。これを(25)式にあてはめると、

d \ge \frac{1}{6} st (s+t)
 \iff 3d \ge \frac{s^2 t+t^2 s}{2}……(30)

を得る。ところが、(26)式を満たす奇数s,tは、

s \ge 5……(31)
t \ge 1……(32)

以上となる。したがって、(30)式は、

3d \ge \frac{s^2 + 5t^2}{2}……(31)

となる。ここで、(21)式より

c=\frac{s^2+t^2}{2}……(21)

 であったので、明らかに、

3d \gt c……(32)

が導かれる。ところが、(23)式より、c \gt 3dであったので、これは矛盾である。
 以上より、一番最初の背理法の仮定が偽であることが言える。すなわち、3は合同数ではないことが証明できた。

*1:zが直角三角形の斜辺の長さになる。

*2:つまり、x,zが既約分数とする。