ピタゴラス数

1：$a=da'$、$b=db'$、$c=dc'$ と書くと $d^2(a'^2+b'^2)=d^2c'^2$ なので $(a',b',c')$ はピタゴラス数であり、$\gcd(a',b',c')=1$ である。$(a,b,c)=k(a'',b'',c'')$（$(a'',b'',c'')$ は原始的）と書けたとすると、$k=\gcd(a,b,c)=d$ でなければならないので、表し方は一意である。
2：どの 2 つも互いに素なら $\gcd(a,b)=1$ であり、$\gcd(a,b)=1$ なら $\gcd(a,b,c)=1$ である。残りは「原始的ならどの 2 つも互いに素」を示せばよい。素数 $p$ が $a$ と $b$ を割り切るなら $p^2\mid a^2+b^2=c^2$ なので $p\mid c$ である（素数の記事の補題「Euclidの補題」）。$p$ が $a$ と $c$ を割り切るなら $p\mid c^2-a^2=b^2$ なので $p\mid b$ であり、$b$ と $c$ についても同様である。いずれの場合も $p$ は $a,b,c$ の公約数になり、原始的であることに反する。

prop-pyth-triple-coprime により $a$ と $b$ は互いに素なので、両方が偶数ではない。両方が奇数だとすると、奇数の平方は $4$ で割って $1$ 余るので $c^2=a^2+b^2\equiv2\pmod4$ となるが、平方数を $4$ で割った余りは $0$ か $1$ である（平方数の記事の命題「平方数の法 4・法 8 での剰余」）から矛盾する。よって $a,b$ のちょうど一方が偶数で、$c^2=a^2+b^2$ は奇数、$c$ も奇数である。

素数 $p$ を 1 つとる。どの 2 つも互いに素なので、$p$ は $u_1,\dots,u_k$ のうち高々 1 つしか割り切らない。$p$ が $u_i$ を割り切るなら、$u_i$ の素因数分解における $p$ の指数は積 $u_1\cdots u_k$ における $p$ の指数に等しく、積が平方数なのでそれは偶数である。よって各 $u_i$ の素因数分解における指数はすべて偶数であり、$u_i$ は平方数である（平方数の記事の命題「素因数の指数による特徴づけ」）。

十分性：恒等式
$$ (m^2-n^2)^2+(2mn)^2=m^4-2m^2n^2+n^4+4m^2n^2=(m^2+n^2)^2 $$
と $m>n>0$ から、$(a,b,c)$ は正の整数の組でピタゴラス数であり、$b=2mn$ は偶数である。$m,n$ の偶奇が異なるので $a=m^2-n^2$ は奇数である。素数 $p$ が $a$ と $c$ を割り切るとすると、$p$ は奇数で、$c+a=2m^2$ と $c-a=2n^2$ を割り切るので $p\mid m^2$、$p\mid n^2$、したがって $p\mid m$、$p\mid n$ となり $\gcd(m,n)=1$ に反する。よって $\gcd(a,c)=1$ であり、$(a,b,c)$ は原始的である（prop-pyth-triple-coprime）。
必要性：$(a,b,c)$ を $b$ が偶数の原始的なピタゴラス数とする。lem-pyth-triple-parity により $a$ と $c$ は奇数である。
$$ b^2=c^2-a^2=(c-a)(c+a) $$
で、$c-a$、$c+a$ はともに正の偶数なので、$u:=(c-a)/2$、$v:=(c+a)/2$ は正の整数であり、$(b/2)^2=uv$ である。$u$ と $v$ の公約数 $d$ は $u+v=c$ と $v-u=a$ を割り切り、$\gcd(a,c)=1$ なので $d=1$ である。lem-pyth-triple-square-product により $u=n^2$、$v=m^2$ となる正の整数 $m,n$ がある。すると
$$ c=v+u=m^2+n^2,\qquad a=v-u=m^2-n^2,\qquad b=2\sqrt{uv}=2mn $$
である。$a>0$ から $m>n$ であり、$m,n$ の公約数は $u,v$ の公約数なので $\gcd(m,n)=1$ である。$c=m^2+n^2$ が奇数なので $m,n$ の偶奇は異なる。
一意性：$m^2=(c+a)/2$、$n^2=(c-a)/2$ であり、$m,n>0$ なので $m,n$ は $(a,b,c)$ から決まる。

prop-pyth-triple-coprime により $(a,b,c)=k(a',b',c')$（$k=\gcd(a,b,c)$、$(a',b',c')$ は原始的）と書ける。lem-pyth-triple-parity により $a',b'$ の一方だけが偶数なので、必要なら $a$ と $b$ を入れ替えて $b'$ を偶数にし、thm-pyth-triple-classification を $(a',b',c')$ に適用すればよい。

$t\in\mathbb{Q}$ に対して上の点の座標は有理数であり、
$$ (1-t^2)^2+(2t)^2=1+2t^2+t^4=(1+t^2)^2 $$
から単位円上にある。$x$ 座標は $-1+\frac{2}{1+t^2}>-1$ なので、この点は $(-1,0)$ ではない。
逆に $(x,y)$ を $(-1,0)$ 以外の単位円上の有理点とする。$x=-1$ なら $y^2=0$ で $(x,y)=(-1,0)$ となるので $x\neq-1$ であり、$t:=y/(x+1)$ は有理数である。$y=t(x+1)$ を $x^2+y^2=1$ に代入すると
$$ x^2-1+t^2(x+1)^2=(x+1)\bigl((x-1)+t^2(x+1)\bigr)=0 $$
で、$x+1\neq0$ なので $x(1+t^2)=1-t^2$、すなわち $x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$、$y=t(x+1)=\frac{2t}{1+t^2}$ である。この計算は $(x,y)$ から $t=y/(x+1)$ が一意に決まり、その $t$ から $(x,y)$ が戻ることを示しているので、対応は全単射である。

$3$ について：平方数を $3$ で割った余りは $0$ か $1$ である（$(3k\pm1)^2=3(3k^2\pm2k)+1$）。$a,b$ がどちらも $3$ で割り切れないと $c^2=a^2+b^2\equiv2\pmod3$ となり矛盾する。よって $3\mid ab$ である。
$4$ について：$(a,b,c)=k(a',b',c')$ と原始的な組の倍数に書き、必要なら入れ替えて $b'$ を偶数にする。thm-pyth-triple-classification により $b'=2mn$ で、$m,n$ の一方は偶数なので $4\mid b'$ であり、$ab=k^2a'b'$ は $4$ で割り切れる。$3$ と $4$ は互いに素なので $12\mid ab$ である。
$5$ について：平方数を $5$ で割った余りは $0,1,4$ のいずれかである（$(5k\pm1)^2\equiv1$、$(5k\pm2)^2\equiv4$）。$a,b,c$ がどれも $5$ で割り切れないとすると、$a^2+b^2$ の余りは $1+1=2$、$1+4=5\equiv0$、$4+4=8\equiv3$ のいずれかで、$c^2$ の余り $1$ か $4$ と一致しない。よって $5\mid abc$ であり、$12$ と $5$ は互いに素なので $60\mid abc$ である。

$(a,b,p)$ がピタゴラス数なら、$\gcd(a,b,p)$ は $p$ の約数で、$p$ だとすると $a,b\geq p$ となって $a^2+b^2>p^2$ となるから $1$ であり、$(a,b,p)$ は原始的である。thm-pyth-triple-classification により（必要なら脚を入れ替えて）$p=m^2+n^2$ で、$m,n$ の偶奇が異なる。偶数の平方は $4$ で割り切れ、奇数の平方は $4$ で割って $1$ 余るので、$p\equiv1\pmod4$ である。
逆に $p\equiv1\pmod4$ とすると、Fermatの二平方定理により $p=m^2+n^2$ となる正の整数 $m,n$ がある。$p$ は奇数なので $m\neq n$ であり、$m>n$ としてよい。$m,n$ の公約数 $d$ は $d^2\mid p$ を満たすので $d=1$、$p$ が奇数なので $m,n$ の偶奇は異なる。thm-pyth-triple-classification により $(m^2-n^2,\,2mn,\,p)$ はピタゴラス数である。

正の整数解があると仮定し、その中で $z$ が最小のものを $(x,y,z)$ とする。
段階 1：$\gcd(x,y)=1$ である。実際、素数 $p$ が $x,y$ を割り切るなら $p^4\mid z^2$ なので $p^2\mid z$ であり、$(x/p,\,y/p,\,z/p^2)$ はより小さい $z$ をもつ解になって最小性に反する。
段階 2：$(x^2,y^2,z)$ はピタゴラス数であり、$\gcd(x^2,y^2)=1$ なので原始的である（prop-pyth-triple-coprime）。lem-pyth-triple-parity により $x,y$ の一方だけが偶数なので、入れ替えて $y$ を偶数、$x$ を奇数としてよい。thm-pyth-triple-classification により
$$ x^2=m^2-n^2,\qquad y^2=2mn,\qquad z=m^2+n^2 $$
（$m>n>0$、$\gcd(m,n)=1$、偶奇が異なる）と書ける。
段階 3：$x^2+n^2=m^2$ なので $(x,n,m)$ はピタゴラス数で、$\gcd(n,m)=1$ から原始的である。$x$ は奇数なので、lem-pyth-triple-parity により $n$ が偶数である。再び thm-pyth-triple-classification により
$$ x=r^2-s^2,\qquad n=2rs,\qquad m=r^2+s^2 $$
（$r>s>0$、$\gcd(r,s)=1$）と書ける。
段階 4：$y^2=2mn=4mrs$ なので $(y/2)^2=mrs$ である。$m,r,s$ はどの 2 つも互いに素である。実際 $\gcd(r,s)=1$ であり、素数が $r$ と $m=r^2+s^2$ を割り切ればそれは $s^2$ を割り切るので $s$ も割り切って矛盾し、$s$ と $m$ についても同様である。lem-pyth-triple-square-product により $m=w^2$、$r=u^2$、$s=v^2$ となる正の整数 $u,v,w$ がある。$m=r^2+s^2$ に代入すると
$$ u^4+v^4=w^2 $$
であり、$(u,v,w)$ も正の整数解である。ところが $n>0$ なので
$$ w\leq w^2=m\leq m^2< m^2+n^2=z $$
となり、$z$ の最小性に反する。よって正の整数解は存在しない。