ａ／ｃ＝ｘ，ｂ／ｃ＝ｙとおくと，ピタゴラス三角形は円ｘ^2＋ｙ^2＝１に，アイゼンシュタイン三角形は楕円ｘ^2＋ｘｙ＋ｙ^2＝１になります．この楕円上のすべての有理点は，

　　ｘ＝（１−ｔ^2）／（１＋ｔ＋ｔ^2），ｙ＝（２ｔ＋ｔ^2）／（１＋ｔ＋ｔ^2）

とパラメトライズされます．

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【１】円のパラメータ表示

　原点を中心とする半径１の円の円周上の点を（ｘ，ｙ）とすれば，第３の変数θを媒介として，ｘ＝ｃｏｓθ，ｙ＝ｓｉｎθと表されます．θは（ｘ，ｙ）と（０，０），θ／２は（ｘ，ｙ）と（−１，０）を結ぶ直線とｘ軸とのなす角を表しています．

　さらにｔ＝ｔａｎ（θ／２）とすると

　　ｔａｎ（θ／２）＝ｓｉｎθ／（１＋ｃｏｓθ），

　　ｃｏｓθ＝（１−ｔ^2）／（１＋ｔ^2），

　　ｓｉｎθ＝２ｔ／（１＋ｔ^2）より，

　　ｘ＝±（１−ｔ^2）／（１＋ｔ^2），

　　ｙ＝２ｔ／（１＋ｔ^2）　　　（−１≦ｔ≦１）

と表すことができます．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　これと同値な結果は以下のようにして得ることができます．原点を中心とする半径１の円：ｘ^2＋ｙ^2＝１の円周上のひとつの有理点が（０，１）です．この点を通る直線ｙ＝ｍｘ＋１と単位円との交点は，代入して因数分解すれば

　　ｘ^2＋（ｍｘ＋１）^2＝１

　　ｘ（（１＋ｍ^2）ｘ＋２ｍ）＝０

より

　　ｘ＝２ｍ／（１＋ｍ^2），

　　ｙ＝ｍｘ＋１＝（１−ｍ^2）／（１＋ｍ^2）

と表すことができます．

　これによって，円周上の点（ｘ，ｙ）が有理点であるためにはｍが有理数であることが必要十分条件であることがわかります．すなわち，単位円上のすべての有理点は，ｍの関数

　　ｘ＝２ｍ／（１＋ｍ^2），

　　ｙ＝±（１−ｍ^2）／（１＋ｍ^2）

で表すことができます．

　ｘ^2＋ｙ^2＝２（半径√２の円）において（１，１）は有理点で，この点を通る直線の方程式ｙ−１＝ｍ（ｘ−１）を（ｘ^2−１）＋（ｙ^2−１）＝０に代入して因数分解すると

　　ｘ＝（ｍ^2−２ｍ−１）／（ｍ^2＋１）

　　ｙ＝（−ｍ^2−２ｍ＋１）／（ｍ^2＋１）

が得られます．ｍ＝∞に対応する（１，−１）も有理点です．

　このように，円の有理点全体は１つの変数ｍによって一意化できますが，円ばかりではなく，現在では２次曲線に１つでも有理点があると実は無限に有理点があることがわかっています．２次曲線は有理点を無限のもつか，１つももたないかのどちらかであって，たとえば，ｘ^2＋ｙ^2＝３（半径√３の円）の上には有理点は１つも存在しません．このことは，互いに素な整数ａ，ｂに対する平方の和ａ^2＋ｂ^2は３で割れないということからわかります．

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【２】レムニスケートのパラメータ表示

　ａ＝１／√２のとき，レムニスケート：ｒ^2 ＝ｃｏｓ２θ，（ｘ^2 ＋ｙ^2 ）^2 ＝ｘ^2 −ｙ^2 は，

　　ｘ＝ｃｏｓθ／（１＋ｓｉｎ^2θ）

　　ｙ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（１＋ｓｉｎ^2θ）

ここで，

ｓｉｎθ＝（１−ｔ^2）／（１＋ｔ^2）

ｃｏｓθ＝２ｔ／（１＋ｔ^2）

とおくと，

　　ｘ＝ｔ（１＋ｔ^2）／（１＋ｔ^4 ）

　　ｙ＝ｔ（１−ｔ^2）／（１＋ｔ^4 ）

のようにパラメトライズすることができます．

［補］なお，三角関数の有理関数の積分はｔ＝ｔａｎ（θ／２）とおくと有理関数の積分に帰着できることはほとんどの教科書に書かれていますが，うまくｔａｎθ，ｃｏｓ^2θ，ｓｉｎ^2θだけの関数に書き表すことができる場合には，ｔａｎθ＝ｔとおくことによって三角関数の有理関数の積分計算は格段と簡単になります．この場合，ｃｏｓ^2θ＝１／（１＋ｔ^2），ｓｉｎ^2θ＝ｔ^2／（１＋ｔ^2）となりますから，ｔａｎ（θ／２）＝ｔとおいた場合に比べ，次数が約半分の有理関数になります．

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