まず最初に，不定方程式

　　ａ^2＋λｂ^2−（λ＋１）ｃ^2＝０

が無限に整数解があることを導いておきたい．

　当初，

　　ａ^2＋λｂ^2−（λ＋１）ｃ^2＝０

の整数解を代数幾何的（類体論的？）に求めるのが近道と思われたのだが，もっと素敵な方法がある．

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　まず，

　　Ｃ：　ｘ^2＋λｙ^2＝λ＋１

の有理数解を求める．楕円上の点（１，１）はその解のひとつであるから，Ｃ＼（１，１）∩Ｑ^2とＱとは１：１に対応する．

　点（１，１）を通る傾きμの直線：

　　ｙ＝μ（ｘ−１）＋１

と楕円との交点Ｐは，

　　ｘ^2＋λ（μｘ−μ＋１）^2＝λ＋１

　　（１＋λμ^2）ｘ^2−２λμ（μ−１）ｘ＋λ（μ−１）^2−λ−１＝０

　　（ｘ−１）（（１＋λμ^2）ｘ−λ（μ−１）^2＋λ＋１）＝０

より，

　　Ｐ（（λμ^2−２λμ−１）／（１＋λμ^2），（−λμ^2−２μ＋１）／（１＋λμ^2））

　よって，μ＝ｍ／ｎとおき分母を払うと，

　　ａ^2＋λｂ^2−（λ＋１）ｃ^2＝０

の整数解

　　（ａ，ｂ，ｃ）＝（λｍ^2−２λｍｎ−ｎ^2，−λｍ^2−２ｍｎ＋ｎ^2，ｍ^2＋λｎ^2）

を得る．

　λ＝２のとき，

　　（ａ，ｂ，ｃ）＝（２ｍ^2−４ｍｎ−ｎ^2，−２ｍ^2−２ｍｎ＋ｎ^2，ｍ^2＋２ｎ^2）

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　単位円ｘ^2＋ｙ^2＝１のパタメータ表示

　　ｘ＝（１−ｔ^2）／（１＋ｔ^2）

　　ｙ＝２ｔ／（１＋ｔ^2）

を使うと，単位円周上には無限個の有理点があることがわかる．

　これは点（−１，０）を通る傾きｔの直線：ｙ＝ｔ（ｘ＋１）との交点から，自然に求められる．ｘ^2＋ｙ^2＝２なら点（１，１）を通る傾きｔの直線ｙ＝ｔ（ｘ−１）＋１，ｘ^2＋ｙ^2＝５なら点（１，２）を通る傾きｔの直線ｙ＝ｔ（ｘ−１）＋２から

　　ｘ＝（ｔ^2−４ｔ−１）／（１＋ｔ^2）

　　ｙ＝−２（ｔ^2＋ｔ−１）／（１＋ｔ^2）

となり，これまた円周上には無限個の有理点があることがわかる．

　では，ｘ^2＋ｙ^2＝３ならどうか？　そこには有理点はひとつもないのである．一般に整数ｎが２つの平方の形（ｎ＝ｘ^2＋ｙ^2）に書けるのは，その数の４ｋ＋３型の素因数が偶数乗になっている場合で，その場合に限られるのである．

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［補］３次曲線のパラメータ表示

　デカルトの正葉線：ｘ^3＋ｙ^3＝３ａｘｙ

　　ｘ＝３ａｔ／（１＋ｔ^3）

　　ｙ＝３ａｔ^2／（１＋ｔ^3）

［補］４次曲線のパラメータ表示

　ベルヌーイのレムニスケート：（ｘ^2＋ｙ^2）^2＝ｘ^2−ｙ^2

　　ｘ＝ｔ（１＋ｔ^2）／（１＋ｔ^4）

　　ｘ＝ｔ（１−ｔ^2）／（１＋ｔ^4）

　　ｙ＝３ａｔ^2／（１＋ｔ^3）

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