フィボナッチの等式

　　（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）＝（ａｃ−ｂｄ）^2＋（ａｄ＋ｂｃ）^2

　　（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）＝（ａｃ＋ｂｄ）^2＋（ａｄ−ｂｃ）^2

あるいは，ピタゴラス三角形のパラメータ解

　　ａ＝ｋ（ｍ^2−ｎ^2），ｂ＝２ｋｍｎ，ｃ＝ｋ（ｍ^2＋ｎ^2）

を使って，４平方和問題

　　（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2）（ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2＋ｓ^2）＝ｘ^2＋ｙ^2＋ｚ^2＋ｗ^2

ｘ＝ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ＋ｄｓ，

ｙ＝ａｑ−ｂｐ＋ｃｓ−ｄｒ，

ｚ＝ａｒ−ｂｓ−ｃｐ＋ｄｑ，

ｗ＝ａｓ＋ｂｒ−ｃｑ−ｄｐ

のこれとは別のパラメータ解を求めることはできないものだろうか？

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　たとえば，

ｘ＝ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ＋ｄｓ，

ｙ＝ａｑ−ｂｐ＋ｃｓ−ｄｒ，

ｚ＝ａｒ−ｂｓ−ｃｐ＋ｄｑ，

ｗ＝ａｓ＋ｂｒ−ｃｑ−ｄｐ

において，ｃ＝ｄ＝０，ｒ＝ｓ＝０とおくと，

ｘ＝ａｐ＋ｂｑ，ｙ＝ａｑ−ｂｐ，ｚ＝０，ｗ＝０

となって，フィボナッチの等式

　　（ａ^2＋ｂ^2）（ｐ^2＋ｑ^2）＝（ａｐ＋ｂｑ）^2＋（ａｑ−ｂｐ）^2

が得られる．

　ここで，ａ＝ｑ，ｂ＝ｐとおくと，右辺は

　　（２ａｂ）^2＋（ａ^2−ｂ^2）^2＝（ａ^2＋ｂ^2）^2

しかし，左辺も（ａ^2＋ｂ^2）^2となって，恒真命題．

　次に，ｑ＝ｒ＝ｓ＝０とおくと，

ｘ＝ａｐ，ｙ＝−ｂｐ，ｚ＝−ｃｐ，ｗ＝−ｄｐ

となって，これも恒真命題

　　（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2）・（ｐ^2）＝（ａ^2ｐ^2＋ｂ^2ｐ^2＋ｃ^2ｐ^2＋ｄ^2ｐ^2）＝（ｐ^2）・（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2）

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　ｄ＝０，ｓ＝０では

ｘ＝ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ，ｙ＝ａｑ−ｂｐ，ｚ＝ａｒ−ｃｐ，ｗ＝ｂｒ−ｃｑ

となって，

　　（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2）・（ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2）＝（ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ）^2＋（ａｑ−ｂｐ）^2＋（ａｒ−ｃｐ）^2＋（ｂｒ−ｃｑ）^2

あまり見慣れない式が得られる．

　　（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2）（ｘ^2＋ｙ^2＋ｚ^2）＝ｕ^2＋ｖ^2＋ｗ^2

の形にしたければ，

たとえば，

ａｒ−ｃｐ＝２ｍｎ

ｂｒ−ｃｑ＝ｍ^2−ｎ^2

となるようにしたいが，ｂ＝ｒ，ｃ＝ｑではａｒ−ｃｐ＝０となってしまう．

ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ＝２ｍｎ

ｂｒ−ｃｑ＝ｍ^2−ｎ^2では，ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ＝ａｐ＋２ｂｃとばって，さらに，ａ＝０またはｐ＝０が要求される．

　ｄ＝０，ｓ＝０，ｐ＝０とすると

ｘ＝ｂｑ＋ｃｒ，ｙ＝ａｑ，ｚ＝ａｒ，ｗ＝ｂｒ−ｃｑ

　　（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2）・（ｑ^2＋ｒ^2）＝（ｂｑ＋ｃｒ）^2＋（ａｑ）^2＋（ａｒ）^2＋（ｂｒ−ｃｑ）^2

ｂ＝ｒ，ｃ＝ｑとおくと，右辺は

（２ｂｃ）^2＋（ａｑ）^2＋（ａｒ）^2＋（ｂ^2−ｃ^2）^2＝（ｂ^2＋ｃ^2）^2＋（ａｃ）^2＋（ａｂ）^2

左辺は（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2）・（ｂ^2＋ｃ^2）となって，これも恒真命題．

恒真命題しか得られない状況にある．

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