ピタゴラス数

ふと、 mizumiya-umi.hatenablog.comを読んで数時間考えてたら、予想が証明できてしまったので、載せます。

$a_1,a_2,b_1,b_2,c_1,c_2\in\mathbb{Z}\setminus{0}$

を

$$a_1^2+b_1^2=c_1^2, a_2^2+b_2^2=c_2^2$$

を満たすものとする.ただし, $2\mid b_1,b_2$

となるように取る.

$$D_1=a_1a_2+b_1b_2,D_2=a_1b_2-a_2b_1$$

とおく.

ピタゴラス数の性質より,

$$\begin{cases} a_1=a_1'^2-b_1'^2,\\ b_1=2a_1'b_1' \end{cases},\quad \begin{cases} a_2=a_2'^2-b_2'^2,\\ b_2=2a_2'b_2' \end{cases}$$

を満たす $a_1',a_2',b_1',b_2'\in\mathbb{Z}$

が取れるから,

$$D_1+D_2i=(a_1-b_1i)(a_2+b_2i)=(a_1'-b_1'i)^2(a_2'+b_2'i)^2$$

となり, $x,y\in\mathbb{Z}$

で

$$x^2-y^2=D_1, 2xy=D_2$$

を満たすものが存在する.

よって,

$$\begin{cases} -D_2^2+4x^4=4x^4-4x^2y^2=4D_1x^2,\\ D_2^2-y^4=4x^2y^2-y^4=4D_1y^2 \end{cases}$$

$$\therefore x^2=\frac{D_1\pm\sqrt{D_1^2+D_2^2}}{2}, y^2=\frac{-D_1\pm\sqrt{D_1^2+D_2^2}}{2}$$

ここで,

$$2x^2-D_1=x^2+y^2, 2y^2+D_1=x^2+y^2$$

であるから, 根号の前は正符号であり,

$$x^2=\frac{D_1+\sqrt{D_1^2+D_2^2}}{2}, y^2=\frac{-D_1+\sqrt{D_1^2+D_2^2}}{2}$$

となる.

一方, $c_1^2c_2^2=(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)=D_1^2+D_2^2=(x^2-y^2)^2+(2xy)^2=(x^2+y^2)^2$

より, $c_1c_2=x^2+y^2$

であるから,

$$\frac{a_1a_2+b_1b_2-c_1c_2}{2}=\frac{D_1-(x^2+y^2)}{2}=\frac{(x^2-y^2)-(x^2+y^2)}{2}=-y^2$$

したがって,

\begin{align*} \left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2+\left(\frac{b_1+b_2}{2}\right)^2+y^2 &=\frac{a_1^2+b_1^2+a_2^2+b_2^2+2a_1a_2+2b_1b_2}{4}+\frac{-a_1a_2-b_1b_2+c_1c_2}{2}\\ &=\frac{c_1^2+c_2^2+2c_1c_2}{4}\\ &=\left(\frac{c_1+c_2}{2}\right)^2 \end{align*}