ヘロン数とピタゴラス数                 戻る 

 C=90°の直角三角形ABCの三辺 a、b、c について、有名な三平方の定理

  c2=a2+b2

が成り立つ。このとき、三辺 a、b、c が全て整数となるものを、ピタゴラス数という。
(詳しくは、こちらを参照)

 また、そのような三角形は、ピタゴラス三角形と呼ばれる。

任意の自然数 α>β に対して、ピタゴラス数は、次の3つの数の組で与えられる。

      c=α2+β2 、 a=α2−β2 、 b=2αβ

例 (α,β)=(2,1)のとき、 c=5、a=3、b=4
  (α,β)=(3,1)のとき、 c=10、a=8、b=6 (これは、c=5、a=3、b=4に相似
  (α,β)=(3,2)のとき、 c=13、a=5、b=12
  (α,β)=(4,1)のとき、 c=17、a=15、b=8
  (α,β)=(4,2)のとき、 c=20、a=12、b=16 (これは、c=5、a=3、b=4に相似
  (α,β)=(4,3)のとき、 c=25、a=7、b=24
    ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

 ピタゴラス数は、c<100の範囲で、16個あることが知られている。

(a,b,c)=(3,4,5)、(5,12,13)、(15,8,17)、(7,24,25)、(21,20,29)、
    (9,40,41)、(35,12,37)、(11,60,61)、(45,28,53)、(33,56,65)、
    (13,84,85)、(63,16,65)、(55,48,73)、(39,80,89)、(77,36,85)、
    (65,72,97)

 因みに、c<10000の範囲では、1593個あることが知られている。範囲が100倍になる
とその個数も大体100倍になるんですね!

 ここで、c<100の範囲での16個のcの値をボーッと眺めていると、

 5=4・1+1
13=4・3+1
17=4・4+1
25=5・5=(4・1+1)(4・1+1)
29=4・7+1
37=4・9+1
41=4・10+1
53=4・13+1
61=4・15+1
65=5・13=(4・1+1)(4・3+1)
73=4・18+1
85=5・17=(4・1+1)(4・4+1)
89=4・22+1

と必ずcの素因数は4で割ると1余る数であることに気づかされる。
(→ 参考:「4n+1型素数の性質」)

 実は、次のことが知られている。

 整数nがピタゴラス三角形の斜辺の長さであるための必要十分条件は、
nの素因数がすべて4で割ると1余ることである。


例 この事実から、斜辺の長さが21であるピタゴラス三角形は存在しないことが分かる。

  実際に、 21=3・7 で、 3≡3 (mod 4)、7≡3 (mod 4) だからである。


 さて、このピタゴラス数を用いて、ヘロン数といわれるものが作られることを最近知った。

 三角形の三辺とその面積が全て整数となるものを、ヘロン数といい、そのような三角形は、
ヘロン三角形と呼ばれる。

 任意の自然数 α≧β>γ に対して、次の4つの数の組:

   a=(α2+γ2)β、b=(β2+γ2)α、c=(αβ−γ2)(α+β)、

   S=αβγ(αβ−γ2)(α+β)

は、ヘロン数となる。このヘロン数は、ピタゴラス数を用いて、次のように考えることで容易に
得られる。
   

(注意) ヘロン数に関して、広島工業大学の大川研究室より、以下のことをご教示頂きまし
    た。

  上記のヘロン数の構成では、ピタゴラス三角形を2つ考えて合成した。したがって、少なく
 とも一つの底辺に対する高さが整数となる。しかし、一般のヘロン三角形では、いつもそう
 なるとは限らない。どの辺を底辺としても、それに対する高さが整数とならない場合がある。

  例えば、a=5、b=29、c=30、S=72 の場合である。

  ところで、この三角形は5倍すると、ピタゴラス三角形を2つ組み合わせた三角形になる。

     

 一般に、ヘロン三角形は、何倍かすると、ピタゴラス三角形の組み合わせとなる。



(追記)  三角形の三辺とその面積が全て整数となるものを、ヘロン数といったが、その
     中で、三辺の長さの和(三角形の周の長さ)が面積と等しくなる場合がある。

 ピタゴラス数からは、 (5 , 12 , 13)、(6 , 8 , 10)

実際に、三角形の三辺の長さが、(5 , 12 , 13)のとき、

   周の長さは、5+12+13=30 、面積は、 5×12÷2=30

で、確かに成り立つ。 (6 , 8 , 10)も同様である。

 ヘロン数からは、 (7 , 15 , 20)、(6 , 25 , 29)、(9 , 10 , 17)

実際に、三角形の三辺の長さが、(7 , 15 , 20)のとき、

   周の長さは、7+15+20=42 、面積はヘロンの公式を用いて、S=42

で、確かに成り立つ。 他も同様である。

(コメント) 作問の時に、この事実を知っていると便利ですね!


(追記)  任意の自然数 α>β に対して、X=α2−β2 、Y=2αβ とおくと、

        X2+Y2=(α2−β22+(2αβ)2=(α2+β22

     が成り立つ。

  この性質を利用すると、次のような問題にも即答できるだろう。

問題   が自然数となるような x 、 y を求めよ。

 答は、明らかに、x=α2−β2、y=2αβ  (α、βは自然数)である。

この問題を少しだけ一般化した次の問題も同様である。

問題   が自然数となるような x 、 y 、z を求めよ。

 答は、x=α2+β2−γ2、y=2αγ、z=2βγ  (α、β、γは自然数)である。

 実際に、 x2+y2+z2=(α2+β2−γ22+(2αγ)2+(2βγ)2

              =α4+β4+γ4+2α2β2−2β2γ2−2γ2α2+4γ2α2+4β2γ2

              =α4+β4+γ4+2α2β2+2β2γ2+2γ2α2

              =(α2+β2+γ22   から明らかだろう。


   左図のような直方体で、辺と対角線の長さをともに整
  
  数にしたい場合、上記公式は有効である。

   (左図では、α=2、β=γ=1 としている。)




(参考文献:深川英俊、ダン・ソコロフスキー 著
             日本の数学 何題解けますか?(上) (森北出版))

(追記) 平成19年3月31日付け

 上記の問題で考えた

  各辺の長さ、対角線の長さがともに自然数である直方体を見いだす

ことは、いろいろな問題設定で活用出来るだろう。

 この話題をもう少し掘り下げることにする。

  を、T とおいて、方程式 2+y2+z2=T2 を考える。

 上記で、自然数 α、β、γに対して、

   x=α2+β2−γ2 、 y=2αγ 、 z=2βγ 、 T=α2+β2+γ2

が方程式を満たすことを確認した。 したがって、解は無数にある。

 この解の様子から、次の性質の成り立つことが分かる。

(1) 3数 x 、 y 、 z のうち、少なくとも2つは偶数である。

  実際に、 自然数の平方数を、4で割った余りは、0 または 1 であることから

   
2
2
2
2+y2+z2

となり、 x2+y2+z2=T2 が適するのは、3数 x 、 y 、 z のうち、少なくとも2つが偶数で

ある場合のみである。(上記の表は、mod 4 で考え、x2≧y2≧z2 (mod 4)とする。)

(2) 4数 x 、 y 、 z 、 T のうち、少なくとも1つは 3 の倍数である。

  実際に、3数 x 、 y 、 z が何れも3の倍数でないとすると、それらの平方数は何れも 3

 で割った余りは 1 だから、 x2+y2+z2=T2 は、3 の倍数となる。

  よって、 T は、3 の倍数となる。

(3) 2つの0以上の整数 m 、 n に対して、

  x=2m+1 、 y=2n 、 z=2m2+2n2+2m 、 T=2m2+2n2+2m+1

  または、

  x=2m 、 y=2n+1 、 z=2m2+2n2+2n 、 T=2m2+2n2+2n+1

 も方程式を満たす。


   このことは、計算により簡単に確かめられる。

(4) (1)から、 2つの自然数 m 、 n に対して、

  x=2m 、 y=2n  のとき、 z=m2+n2−1 、 T=m2+n2+1

 も方程式を満たす。


   このことは、計算により簡単に確かめられる。

(コメント) この(4)の形が一番スッキリした表現になっているかな?

 上記の(3)、(4)から、 直方体の2辺を任意に与えても(ただし、ともに奇数は除く)、必

ず、方程式 2+y2+z2=T2 を満たす自然数解が存在することが分かる。

 問題作成に重宝するように、いくつかの具体例をあげておこう。

   
11 11

 上記の表からも察せられるように、次の事実が成り立つことは誠に残念である。

(5) 直方体の対角線の長さが自然数で、3辺の長さが連続する3整数となるものは
  存在しない。


 実際に、そのような解が存在するとすると、(1)から、真ん中の数は奇数で、3つの数は、

      2m 、 2m+1 、 2m+2  (mは自然数)

と書ける。 このとき、

   T2=(2m)2+(2m+1)2+(2m+2)2=6m2+12m+5

で、T2 を、3で割った余りは、2 となる。

 ところが、自然数の平方数を、3で割った余りは、0 または 1 なので、これは矛盾。

 したがって、条件を満たす直方体は存在しない。

(参考文献:シェルピンスキー 著 銀林 浩 訳  ピタゴラスの三角形 (東京図書))



  以下、工事中!