ピタゴラスの定理

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レオナルド・ダ・ヴィンチによるピタゴラスの定理の証明。橙色のついた部分を90度回転し、緑色の部分は裏返して橙色に重ねる。

ピタゴラスの定理(ピタゴラスのていり、英語: Pythagorean theorem)は、直角三角形の3の長さの関係を表す等式である。三平方の定理(さんへいほうのていり)、勾股弦の定理(こうこげんのていり)、商高の定理(シャンガオのていり)とも呼ばれる。

概要[編集]

平面幾何学において直角三角形斜辺の長さを c、他の2辺の長さを a, b とすると、

a2 + b2 = c2

が成り立つという定理である[1]

ピタゴラス直角二等辺三角形のタイルが敷き詰められた床を見ていて、この定理を思いついた」など幾つかの逸話が知られているものの、この定理はピタゴラスが発見したかどうかは分からない。バビロニア数学プリンプトン322古代エジプト[2]などでもピタゴラス数については知られていたが定理を発見していたかどうかは定かではない。

ピタゴラス数[編集]

a2 + b2 = c2 を満たす自然数の組 (a, b, c) をピタゴラス数という。特に、a, b, c が互いに素であるピタゴラス数 (a, b, c) を原始的(げんしてき、primitive)、、あるいは原始ピタゴラス数などという。全てのピタゴラス数は、原始ピタゴラス数の正の整数倍により得られる。

ピタゴラス数 (a, b, c) が原始的であるためには、3つのうち2つが互いに素であることが必要十分である。

性質[編集]

自然数の組 (a, b, c) が原始ピタゴラス数であるためには、ある自然数 m, nmn は互いに素,m > n, mn は奇数)を取ると

(a, b, c) = (m2n2, 2mn, m2 + n2) or (2mn, m2n2, m2 + n2)

であることが必要十分である。上記の (m, n) は無数に存在し、2mn は重複しないから、原始ピタゴラス数は無数に存在する。これにより原始ピタゴラス数を漏れ・重複なく見つけ出すことができる。

例えば

(m, n) = (2, 1) のとき (a, b, c) = (3, 4, 5)
(m, n) = (3, 2) のとき (a, b, c) = (5, 12, 13)
(m, n) = (4, 1) のとき (a, b, c) = (8, 15, 17)

である。

原始ピタゴラス数 (a, b, c) について、次のような性質も成り立つ。

  • a または b は 4 の倍数
  • a または b は 3 の倍数
  • a または b または c は 5 の倍数

また、一般のピタゴラス数 (a, b, c) に対して、S=\frac{1}{2} ab(直角三角形の面積)は平方数でない。

Jesmanowicz 予想[編集]

1956年に Jesmanowicz が以下の予想を提出した。

(a, b, c) を原始ピタゴラス数、n を自然数とする。x, y, z

(an)^x+(bn)^y=(cn)^z

で自然数解を持つには、

x=y=z=2

であることが必要である。

一般化[編集]

角の一般化[編集]

余弦定理

c2 = a2 + b2 − 2ab cos C

はピタゴラスの定理を C=\frac\pi2=90^\circ \Leftrightarrow \cos C=0 の場合として含む。

指数の一般化[編集]

指数 2 を一般化すると

an + bn = cn

となる。n = 2 の場合は自明でない (abc ≠ 0) 整数解は実質原始ピタゴラス数であり、無数に存在するが、n ≧ 3 の場合には自明でない整数解は存在しない(フェルマーの最終定理)。

次元の一般化[編集]

3次元空間内に平面があるとき、その閉領域 S の面積は、yz 平面,zx 平面,xy 平面への射影の面積 Sx, Sy, Sz を用いて

S^2={S_x}^2+{S_y}^2+{S_z}^2

と表される。これは高次元へ一般化できる。

ピタゴラスの定理の証明[編集]

この定理には数百通りもの異なる証明が知られている。ここにいくつかの代表的な証明を挙げる。

いずれも ABC を ∠C が直角とし、頂点 A, B, C の対辺の長さをそれぞれ a, b, c とする。

相似による証明[編集]

相似を用いた証明

頂点 C から斜辺 AB に下ろした垂線の足を H とする。△ABC, △ACH, △CBH は互いに相似である。よって △ABC と △ACH の相似比より

\text{AC}:\text{AH} = \text{AB}:\text{AC} \Longrightarrow \text{AH} = { \text{AC} \times \text{AC} \over \text{AB} } = {b^2 \over c}

であり、同様に △ABC と △CBH の相似比より

\text{BH} = {a^2 \over c}

である。したがって

c = \text{AB} = \text{AH} + \text{BH} = {b^2 \over c} + {a^2 \over c}

であるから、両辺にc を掛けて

c^2=a^2+b^2

を得る。

正方形を用いた証明[編集]

正方形を用いた証明

△ABC と合同な4個の三角形を図のように並べると、外側に一辺が a + b正方形(以下「大正方形」)が、内側に一辺が c の正方形(以下「小正方形」)ができる。

(大正方形の面積)=(小正方形の面積)+(直角三角形の面積)× 4

である。大正方形の面積は (a + b)2、小正方形の面積は c2、直角三角形4個の面積の合計は

{ab \over 2} \times 4 = 2ab

である。これらを代入すると、

(a+b)^2=c^2+2ab

整理して

a^2+b^2=c^2

を得る。

幾何学的な証明
Teorema de Pitágoras.Pappus1.svg
Pythagorean proof.png
周髀算経』におけるピタゴラスの定理の証明(中国語: 句股冪合以成弦冪

内接円を用いた証明[編集]

△ABC の面積 S

S={ab \over 2} …(1)

また △ABC の内接円半径r とすると

c=(a-r)+(b-r)

であり、r について解くと

r={a+b-c \over 2} …(2)

となる。Sr を用いて表すと

S={r(a+b+c) \over 2}

これに (1), (2) を代入すると

{ab \over 2}={(a+b-c)(a+b+c) \over 4}

これを整理すると

a^2+b^2=c^2

が得られる。

オイラーの公式を用いた証明[編集]

三角関数級数など(幾何以外の原理)によって定義されているものとし、二項展開など(証明に本定理を使用しない方法)によって導出された指数法則を用い、級数や微分方程式など(証明に本定理を使用しない方法)によって導出されたオイラーの公式を用いれば

\begin{align}1&=e^0=e^{i(\theta-\theta)}=e^{i\theta}e^{-i\theta}\\
&=(\cos \theta+i\sin \theta)(\cos \theta-i\sin \theta)\\
&=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta\end{align}

または

\begin{align}
\sin^2 \theta+\cos^2 \theta
&=\left(\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\right)^{2}+\left(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^{2}\\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}-2}{-4}+\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}+2}{4}\\
&=\frac{4}{4}
=1
\end{align}

もしくは、オイラーの公式から三角関数の半角の公式を導出する。

\begin{align}
\cos^2 \theta
&=\left(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^{2}\\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}+2}{4}\\
&=\frac{1+\cos2\theta}{2}\\
\sin^2 \theta
&=\left(\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\right)^{2}\\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}-2}{-4}\\
&=\frac{1-\cos2\theta}{2}
\end{align}

\therefore \sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1[3][4][5][6]

 

 

 

 

(1)

(1)の式は「ピタゴラスの基本三角関数公式(Fundamental Pythagorean trigonometric identity)」と呼ばれている[7]
(1)の時点ですでに単位円上において本定理の成立が明らかである。
なぜならば、本定理の逆は本定理を用いずに証明可能であるし、単位円上の任意の点の座標は(cosθ,sinθ )で表せるからである[8]
さらに、(1)は全複素平面上で成立する[9]
ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおけば

a = c \times \sin \theta
b = c \times \cos \theta

したがって

a^2 = c^2\sin^2 \theta

 

 

 

 

(2)

b^2 = c^2\cos^2 \theta

 

 

 

 

(3)

(2),(3) より

a^2+b^2=c^2(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)

 

 

 

 

(4)

(1),(4) より

a^2+b^2=c^2

が得られる[6][10]

三角関数の微分公式を用いた証明[編集]

正弦及び余弦関数を微分すれば

(\sin \theta)'=\cos \theta

 

 

 

 

(1)

(\cos \theta)'=- \sin \theta

 

 

 

 

(2)

(1),(2) 及び微分公式より

(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)'= 2 \sin \theta \cos \theta + 2 \cos \theta (-\sin \theta) = 0

したがって

\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = C

ここで C は定数である。θ = 0 を代入すると sin 0 = 0、 cos 0 = 1 であるので、 C = 1 が得られる。よって

\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1

 

 

 

 

(3)

が得られる[5]
ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、(3) および、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば

a^2+b^2={a^2+b^2 \over 1}={a^2+b^2 \over \sin^2 \theta + \cos^2 \theta}={a^2+b^2 \over {a^2+b^2 \over c^2}}=c^2

が得られる。

三角関数の加法定理を用いた証明[編集]

三角関数は級数など(幾何以外の原理)によって定義されているものとし、オイラーの公式など(証明に本定理を使用しない方法)によって導出された三角関数の加法定理を用いれば

1 = \cos 0 = \cos( \theta - \theta ) = \cos \theta \cos \theta + \sin \theta \sin \theta = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta

または

\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = \sin \theta \cos \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) + \cos \theta \sin \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) = \sin \frac{\pi}{2} =1
\therefore \sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1

が得られる[11][12]
両辺に c 2 を乗算して

c^2\sin^2 \theta + c^2\cos^2 \theta = c^2

ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば

c^2 \times \left({a \over c}\right)^2 + c^2 \times \left({b \over c}\right)^2 = c^2

よって

a^2+b^2=c^2

が得られる[11]

冪級数展開を用いた証明[編集]

三角関数は級数によって定義されているものとし、cosθsinθ の自乗をそれぞれ計算すると

\begin{align}
\cos^2 \theta
&=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n)!}\theta^{2n}\right)^2\\
&=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k)!} \frac{(-1)^{n-k}}{(2n-2k)!}\theta^{2n}\\
&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \theta^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^{n} \binom{2n}{2k}\\
&=1+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n \theta^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^{n} \binom{2n}{2k}\\
\sin^2 \theta
&=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\theta^{2n+1}\right)^2\\
&=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} \frac{(-1)^{n-k}}{(2n-2k+1)!}\theta^{2n+2}\\
&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \theta^{2n+2}}{(2n+2)!} \sum_{k=0}^{n} \binom{2(n+1)}{2k+1}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} \theta^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}\\
&=- \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \theta^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}
\end{align}

となる(級数の収束半径はであるからこれは任意の複素数θに対して成り立つ。)。ここで二項定理より

\begin{align}
\sum_{k=0}^{n} \binom{2n}{2k} - \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}
&= \sum_{m = 0}^{2n} (-1)^m {2n \choose m}
&= (1 - 1)^{2n}
&= 0
\end{align}

である。したがって

\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1

が得られる。
ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮し、各辺のを考えれば

\sin^2 \theta : \cos^2 \theta : 1=a^2:b^2:c^2

であるから

a^2+b^2=c^2

が得られる[13]

回転行列を用いた証明[編集]

平面の原点を中心とする角 θ の回転

R(\theta)=\begin{bmatrix}
\cos \theta&-\sin \theta\\
\sin \theta&\cos \theta\\
\end{bmatrix}

で表される。 R (θ) R (-θ) = I2単位行列)であるが[14]、この式の左辺を直接計算すると

\begin{align}
R(\theta) \cdot R(-\theta)
&=
\begin{bmatrix}
\cos \theta&-\sin \theta\\
\sin \theta&\cos \theta\\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\cos \theta&\sin \theta\\
-\sin \theta&\cos \theta\\
\end{bmatrix}\\
&=
\begin{bmatrix}
\cos^2 \theta+\sin^2 \theta&\cos \theta\sin \theta-\sin \theta \cos \theta\\
\sin \theta \cos \theta-\cos \theta\sin \theta&\sin^2 \theta+\cos^2 \theta\\
\end{bmatrix}\\
&=
\begin{bmatrix}
\sin^2 \theta+\cos^2 \theta&0\\
0&\sin^2 \theta+\cos^2 \theta\\
\end{bmatrix}
\end{align}

となる[15]。したがって

\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1

が得られる[16]
ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、正弦定理より

\begin{align}
\frac{a}{\sin \theta} = \frac{b}{\sin (\pi-\frac{\pi}{2}-\theta)} = \frac{c}{\sin (\frac{\pi}{2})}\\
\end{align}
\begin{align}
\frac{a}{\sin \theta} = \frac{b}{\cos \theta} = c\\
\end{align}

であるから

a^2+b^2=c^2

が得られる。

三角関数と双曲線関数を用いた証明[編集]

任意の zC に対し

\begin{align}
\sin^2 iz + \cos^2 iz
&= (i\sinh z)^2 + \cosh^2 z\\
&= \cosh^2 z - \sinh^2 z\\
&=1\\
\end{align}

である[17][18]。よって任意の θ ∈ C に対して

\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1

が成り立つ。
ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、連比関係より

\frac{a^2}{\sin^2 \theta} = \frac{b^2}{\cos^2 \theta} = c^2

であるから

a^2+b^2=c^2

が得られる。

脚注[編集]

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出典[編集]

  1. ^ 大矢 2001
  2. ^ 亀井喜久男. “エジプトひもで古代文明に挑戦しよう”. 2008年3月3日閲覧。
  3. ^ 複素数と三角関数”. 2014年11月15日閲覧。
  4. ^ 稲津 將(北海道大学大学院理学研究院). “オイラーの公式”. 2014年10月4日閲覧。
  5. ^ a b 新関章三(元高知大学),矢野 忠(元愛媛大学). “数学・物理通信”. 2014年10月4日閲覧。
  6. ^ a b 複素数と三角関数”. 2014年10月6日閲覧。
  7. ^ Lawrence S. Leff (2005). PreCalculus the Easy Way (7th ed.). Barron's Educational Series. p. 296. ISBN 0-7641-2892-2. http://books.google.com/books?id=y_7yrqrHTb4C&pg=PA296. 
  8. ^ 三平方の定理の逆の証明”. 2014年10月8日閲覧。
  9. ^ 山本哲生(北海道大学). “複素解析”. 2014年10月4日閲覧。
  10. ^ 三角関数の基本を学ぼう”. 2014年10月4日閲覧。
  11. ^ a b 三平方の定理の証明”. 2014年10月5日閲覧。
  12. ^ Einige spezielle Funktionen”. 2014年11月26日閲覧。
  13. ^ James Douglas Hamilton (1994). “Power series”. Time series analysis. Princeton University Press. p. 714. ISBN 0-691-04289-6. 
  14. ^ 行列と1次変換”. 2014年11月22日閲覧。
  15. ^ 対称行列と直交行列”. 2014年11月20日閲覧。
  16. ^ Solution for Assignment”. 2014年11月20日閲覧。
  17. ^ 双曲線関数について”. 2014年11月22日閲覧。
  18. ^ Complex Analysis Solutions”. 2014年11月22日閲覧。

参考文献[編集]

関連項目[編集]

外部リンク[編集]