（その１）では，加法公式

　　ｔａｎ（ｎ＋１）δ＝（ｔａｎδ＋ｔａｎｎδ）／（１−ｔａｎδｔａｎｎδ）

を用いて，立方体を除く正多面体の二面角δ／πの無理数性を証明したが，今回のコラムではピタゴラス三角形を扱うことにする．

　　［参］前原濶，桑田孝泰「知っておきたい幾何の定理」共立出版

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【１】ピタゴラス三角形

　直角三角形では斜辺をｃ，他の二辺をａ，ｂとすると，ピタゴラスの定理「ａ^2＋ｂ^2＝ｃ^2」が成り立つことはよく知られています．特に，三辺の長さが整数である直角三角形をピタゴラス三角形といいます．３元２次の不定方程式ａ^2＋ｂ^2＝ｃ^2の整数解を求める問題をピタゴラスの問題といいますが，（ａ，ｂ，ｃ）＝（３，４，５），（５，１２，１３），（８，１５，１７），・・・などがその解です．

　ピタゴラス三角形は無限にあり，その一般形にはいくつかの変形がありますが，ｍ，ｎを整数，ｋを相似係数として

　　ａ＝ｋ（ｍ^2−ｎ^2），ｂ＝２ｋｍｎ，ｃ＝ｋ（ｍ^2＋ｎ^2）

が形も簡単で広く用いられています．

［Ｑ］不定方程式：ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2，（ｘ，ｙ，ｚ）＝１はｘ，ｙのどちらか一方が２ｕｖ，他方がｕ^2−ｖ^2の形で，ｚがｕ^2＋ｖ^2の形をしているとき，そのときに限り満足されることを証明せよ．ただし，（ｕ，ｖ）＝１でｕｖは偶数．

［Ａ］ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2が成立したとすれば，ｘ，ｙのいずれかは偶数でなければならない．ｘがそうだとすれば

　　（ｘ／２）^2＝（ｚ＋ｘ）／２・（ｚ−ｘ）／２

しかも（（ｚ＋ｘ）／２，（ｚ−ｘ）／２）＝１．ゆえに，

　　ｘ／２＝ｕｖ，（ｚ＋ｘ）／２＝ｕ^2，（ｚ−ｘ）／２＝ｖ^2

となる整数ｕ，ｖが存在する．

　すべてのピタゴラス数が，

　　ｘ＝２ｕｖ，ｙ＝ｕ^2−ｖ^2，ｚ＝ｕ^2＋ｖ^2

のように表されることは，ｘ^2＋ｙ^2＝１上のすべての有理点が

　　（２ｔ／（１＋ｔ^2），（１−ｔ^2）／（１＋ｔ^2））

であることによっている．

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【２】θ／πは無理数である

　ピタゴラス三角形のひとつの鋭角をθをする．θ／πは無理数である．

（証）

　　ａ＝（ｍ^2−ｎ^2），ｂ＝２ｍｎ，ｃ＝（ｍ^2＋ｎ^2）

θ／πが有理数だとして矛盾を導くことにするが，回転行列Ｒは

　　Ｒ＝［ｃｏｓθ，−ｓｉｎθ］＝［ａ／ｃ，−ｂ／ｃ］

　　　　［ｓｉｎθ，　ｃｏｓθ］　［ｂ／ｃ，　ａ／ｃ］

　点Ｐ＝（ｃ^n，０）とおいて，次のｎ点

　　Ｐ，ρ（Ｐ），ρ^2（Ｐ），・・・，ρ^n-1（Ｐ）

を考えると，これらはすべて異なる格子点である．ところが，Ｚ^2で格子正ｎ角形は正方形に限る→コラム「格子点についての問題（その２）」参照．θ＜π／２であるから，これは不可能である．

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【３】ｔａｎθは有理数でθ≠π／４ならば，θ／πは無理数である

　ｔａｎθ＝ｍ／ｎとすると，θ≠π／４よりｍ≠ｎ．また，加法公式より，

　　ｔａｎ２θ＝２ｍｎ／（ｎ^2−ｍ^2）

　したがって，２θまたはπ−２θは３辺がａ＝｜ｍ^2−ｎ^2｜，ｂ＝２ｍｎ，ｃ＝（ｍ^2＋ｎ^2）のピタゴラス三角形の鋭角となることがわかる．ゆえにθ／πは無理数である．

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【４】ｔａｎθは有理数である

　コラム「格子点についての問題（その２）」において，正方格子Ｚ^2上で格子正三角形は存在しないことを証明したが，格子正三角形のひとつの鋭角をθとすると，

　　「Ｚ^2上で格子三角形が存在するための必要十分条件は，ｔａｎθが有理数となることである」

（系）Ｚ^2上で３つの格子点のなす角をθとする．θ／πが有理数となるのはθ＝π／４，π／２，３π／４にに限る．

（系）Ｚ^2上の格子等角ｎ角形はｎ＝４（長方形，正方形）かｎ＝８（等角８角形）に限る．

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【５】雑感

（Ｑ）τを黄金比とする．ａｒｃｃｏｓ（√３／２τ）の値が直角と有理比でないことを証明せよ．

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