平成 24 年度

SSH サイエンス研究会

研究論文集

奈良女子大学附属中等教育学校
平成 25 年 3 月 1 日

平成 24 年度 SSH 生徒研究論文集
目次
刊行にあたって ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.1
奈良女子大学附属中等教育学校の SSH カリキュラム・・・・・・・・・

p.2

研究論文
物理班
電球の探究・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.7
H8 マイコンによるライントレースカーの製作・・・・・・・・・・・・

p.15

STM32 マイコンを用いたマトリックス LED の制御・・・・・・・・・・ p.17
文字認識ソフトの作成・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.21
Web カメラの映像からの目検出ソフトの開発 ・・・・・・・・・・・・ p.31
シミュレーションで交通渋滞を考える・・・・・・・・・・・・・・・・ p.39
拡張型情報表示デバイスの開発・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.47
太陽光発電の発電量は何によって決まるか・・・・・・・・・・・・・・ p.55
自分だけの目覚まし時計・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

p.57

マイクロ波実験装置の改良・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

p.63

数学班
組みひもについて考える・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.67
素数の並びに規則はあるのかⅡ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.83
真の約数の和に関する考察・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.91
ピタゴラス三角形とピタゴラス数・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.96
化学班
カルボン酸を配位子とした酸化銅(Ⅱ)による金属錯体の合成

p.150

生物班
マツタケの人工培養を目指して・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.154
猿沢池の水質からプランクトンを考える・・・・・・・・・・・・・・・ p.159
地学班
エネルギーの変換について・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ p.165「サイエンスライブ」参加報告 ・・・・・・・・・・・・・・・・・・

p.169

平成 24 年度 SSH スーパーサイエンスハイスクール
サイエンス研究会研究論文集刊行にあたって奈良女子大学附属中等教育学校では、平成 22 年度より、第Ⅱ期スーパーサイエンスハイ
スクール(SSH)研究開発を実施しております。平成 17 年度から 5 年間実施しました第Ⅰ期
SSH において、理数に興味関心のある生徒の課外活動として「サイエンス研究会」を創設
し、数学・理科・科学技術に関する生徒の研究活動を、奈良女子大学をはじめとする国内
外の研究諸機関と連携して支援してきました。学校を卒業後も能力を伸ばしていく科学的素養を持った人間を育成することをめざす第Ⅱ期 SSH においてもサイエンス研究会の活動
を SSH 研究開発の大きな柱としております。
本研究論文集は、数学班、物理班、化学班、生物班、地学班からなる「サイエンス研究会」の生徒たちが、自ら研究テーマを設定し、どのように課題を解決していったか、その研究活動の軌跡であり、生徒たちの課外活動の報告書とでもいうべきものであります。これらの活動について、生徒たちは、学内発表会を始め、各種の学会・科学コンテストに積極的に参加し、広く活動成果を発表するとともに、大きな成果をあげました。
「サイエンス研究会」における活動では生徒たちは、学年を超えた様々な能力を持つ先輩後輩とのやりとりや、一線の研究者との交流を通して、未知の課題に取り組む姿勢や困難を克服した時の喜びを知ることができました。内容については、まだ未熟な部分も多々ありますが、このような経験は、将来どのような分野に進むにしても、その生徒にとって大きな力になるものと確信しています。そういった意味で、この報告集を単なる知識や技能の寄せ集め、と捉えるのではなく、生徒たちの人間的成長の証と観ていただければ幸いです。また、同時に、今後新たな科学技術の発展に寄与できる人材の育成も視野に入れて、皆様から忌憚のないご意見、ご助言、ご指導をいただけば、と思います。
最後になりましたが、SSH 運営指導委員の先生方、大学・研究機関の先生方、そして様々なご支援を賜りました皆様に、心より感謝申し上げますとともに、今後なお一層のご指導、ご支援をいただきますようにお願いいたします。
平成 25 年 3 月
奈良女子大学附属中等教育学校
校長

小林 毅

2012年度(平成24年度) 教育課程
学年
時間

1年

2年

3年

4年

共通

共通

共通

共通

5年

6年

文系

理系

文系

理系

1
現代文(2)

現代文(2)

古文(2)

古典(2)

国語基礎(3)2
国語基礎(4)

国語総合(4)
国語総合(5)3
4

情報と表現(1)
漢文(1)5
現代社会(2)
6

社会・地理(3)

社会・歴史(3)
現代社会(2)

7
現代史(2)
8

日本史B(3)
世界史B(3)
地理B(3)*(3)

日本史B(3)
世界史B(3)
地理B(3)
政治・経済(3)*(3)

日本史B(3)
世界史B(3)
地理B(3)*(3)

日本史B(3)
世界史B(3)
地理B(3)
倫理・政経(3)*(3)

古典講読(1)

物理(3)
生物(3)
*(3)

世界史B(3)
政治・経済(3)△(0)or(3)

現代史(2)
9
10

基礎数学Ⅰ(4)
基礎数学Ⅱ(5)
・代数
数学探究ⅠA(3)
・代数
・幾何
・幾何
数学探究ⅡA(3)1112

世界史B(3)
地理B(3)
倫理・政経(3)

情報と科学(1)

化学基礎(2)*(2)

数学探究ⅠB(2)13
数学探究ⅡB(2)14
基礎理科Ⅰ(4) 基礎理科Ⅱ(4)
15

自然探究Ⅰ
(3)

16
音楽(2)

音楽(2)

音楽Ⅰ(2)
美術Ⅰ(2)
書道Ⅰ(2)
工芸Ⅰ(2)
*(2)

美術(2)

美術(2)

技術総合・
家庭総合(2)

17
18
19
20
21
22

工創基礎１
生活基礎１
(2)

工創基礎２
生活基礎２
(2)

自然探究Ⅱ
物理基礎(2)
生物基礎(2)(4)25

家庭総合(2)27

体育(2)IE(Reading）(3)
IE(3)

物理(4)
生物(4)
△(0)or(4)

生物Ⅰ(3)
地学Ⅰ(3)△(0)or(3)

解析Ⅰ(4)*(4)

解析Ⅰ(4)*(4)

代数・幾何(3)△(0)or(3)代数・幾何(3)*(3)

文化と社会(3)
数学発展演習(2)
音楽Ⅲ(2)
美術Ⅲ(2)△(0)or(2)or(3)代数・幾何Ⅳ/特論(3)△(0)or(3)発展現代文(2)

解析Ⅳ/
特論(5)
△(0)or(5)△(0)or(2)Reading(2)△(0)or(2)
体育(3)

保健(1)

保健(1)

IE(3)

日本史特講(2)
世界史特講(2)
地理特講(2)△(0)or(2)

数学基礎演習(2)△(0)or(2)

保健(1)

26

地学基礎(2)
音楽Ⅱ(2)
美術Ⅱ(2)△(0)or(2)

体育(3)

体育(2)
体育(3)

化学基礎(2)
化学(2)*(4)

音楽Ⅰ(2)
美術Ⅰ(2)
書道Ⅰ(2)
工芸Ⅰ(2)
*(2)

23
24

*(3)

化学(4)
△(0)or(4)

体育(3)IE(Reading）(3)Topic Studies II(3)28

IE(Writing)(1)

29

BE(1)

BE(1)

NET（Speaking）(1)

IE(Writing)(1)30NET(1)

NET(1)

情報の科学(1)

NET（Speaking）
(1)

31

道徳(1)

道徳(1)

32

HR(1)

HR(1)

Topic Studies I(3)

情報の科学(1)Writing(1)

探究・世界Ⅱ(2)コロキウム(2)

HR(1)

HR(1)

Reading(2)△(0)or(2)数学演習ⅠⅡ(2)△(0)or(2)Writing(2)△(0)or(2)Writing(2)△(0)or(2)

探究・世界Ⅰ(2)
33

道徳(1)

34

HR(1)

短期集中 探究・奈良Ⅰ(1) 探究・奈良Ⅱ(1) キャリア教育(1)

HR(1)

AG(1)

AG(1)

補講・AG(1)

テーマ研究(1)△(0)or(1)

テーマ研究(1)△(0)or(1)

テーマ研究(1)△(0)or(1)

研

究

論

文

電球の探究１年Ｃ組 清家 悠大
１年Ｃ組 中谷 駿介
指導教員 米田 隆恒

１．要約
LED（発光ダイオード）や蛍光灯などの電球が近年目覚ましく発展している。私たちは一般的に製造されている電球よりもさらに優れた電球を開発したいと考えた。そこで今回、新しい電球の開発の初歩的実験を行うことにした。
キーワード

発光、フィラメント、放電、発光時の温度

２．研究の背景と目的
近年、LED や蛍光灯などの電球類が目覚球の開発の第一段階として電球の性質を詳しく調べる実験を行った。

ましい発展を遂げている。しかし、私たちはそのような電球に、以下の議論すべき点

３．研究内容があるのではないかと考えた。

＜研究概要＞（１）ガラスがなくても、通常通りに光る

実験Ⅰ：フィラメントがむき出しの豆電球ことができる電球を作るにはどのよと、通常の豆電球の電流と電圧のうな工夫を加えれば良いか

関係を比べる（２）発光時に出る発熱をできる限り抑えることはできないか（３）極限の場所でフィラメントを光らせるにはどのような工夫を行えば良いか（４）少ない電力で、従来の電球より明るく光らせることができないか（５）安価に製造できないか（６）長持ちさせるにはどのような工夫を加えればよいか。
そして、私たちは、６つの改善点を克服して、現在の LED 電球や蛍光灯等に勝る電球を作って、一般家庭にも普及すればよ
いと考えている。そこで今回は、新しい電実験Ⅱ：自作の豆電球を作り、電流と電圧と温度の関係を調べる
実験Ⅲ：水中に白熱電球のフィラメントを浸け電流を流して光らせる
実験Ⅳ：約 1 万ボルトで外部からフィラメ
ントに直接放電させ豆電球が光るか確かめる
実験Ⅴ：豆電球のフィラメントに直接高電圧をかけると同時に、フィラメン
トに電流を流し、フィラメントがむき出しの豆電球と通常の豆電球の電流と電圧の関係を調べる
実験Ⅵ：LED 電球の発光時のスペクトルの特性について調べる
実験Ⅶ：紫外線を発する LED が本当に紫外

線を放出しているかを調べる
実験Ⅰ＜研究動機＞（１）について考察したい。また、ガラ
スのない電球がどのように光るのか観察してみたい。
図３ 実験Ⅰの結果＜仮説＞
一瞬、 通常通りに光ってすぐに消え、フィラメントが切れる＜考察＞・フィラメントの金属が空気中では非常に＜材料＞

明るく燃えるということがわかった。

・耐電圧 6.3V の豆電球２つ（フィラメント

・フィラメントがむき出しの豆電球①はがむき出しの豆電球①(図１)と、通常の通常のものよりも低い電圧で明るくなる

豆電球②）が、低い電圧でフィラメントが切れるの・みのむしクリップの導線７本で、結果的には通常のものの方が明るく

・電源装置 ・電流計 ・電圧計

光ることができるということがわかった。
・通常の豆電球②が耐電圧を超えても光っ＜実験方法＞

た。

図２の回路図の通りに配置して、電源

実験Ⅱ装置からの電圧を＜研究動機＞

0.1V ずつ上昇させて、電流の変化を調べる。

自分たちでも電球を作れるということを
図１

確認したい。また、電流と温度の関係を理解しておくと、（２）の改良に有効だと考え

＜結果＞

た。

・通常の豆電球②は10V を超えても光
り続けた。

＜仮説＞
図２

・フィラメントがむき出しの豆電球①は電流と電圧、電圧と温度のグラフは共に比例のグラフとなる。

2.3V でフィラメントが燃えた。
＜材料＞
・みのむしクリップの導線７本 ・電流計
・電圧計 ・熱電対温度計
・図４のような自作の豆電球

・電源装置

図４

ガラスのない自作の電球
図５
図６ 実験Ⅱの結果ⅰ＜実験方法＞
実験Ⅰの回路図の豆電球の部分を自作の豆電球に取り換え、1V ずつ電圧を上げていき、温度と発光の強さを確認する。温度計
は図５の通り、フィラメントの中心付近（フィラメントに触れない場所）に置き、フィラメント付近の温度を測定する。
＜結果＞

図７ 実験Ⅱの結果ⅱ

・電圧を上げるに従い、温度が徐々に上昇していく。
・フィラメントは 7V あたりで発光した。
・電圧と電流は比例のグラフで近似できる。
＜考察＞
・図７より電圧と電流は比例するが、図６より、電圧と温度は比例しない。これより仮説の電圧と電流が比例することは正しいが、電圧と温度は比例しないことがわかる。
・温度と電圧の関係は、Excel で近似曲線を描くと 2 次式で近似できる。
・電流と温度の増え方はグラフを見ると、異なっている。このことについて調べる必要がある。

実験Ⅲ＜研究動機＞
・極限の場所でも光らせることができるかということを研究するため、今回は、水中で行うと今後の研究にも利用できるのではないかと考えたから。
＜仮説＞
水中ではフィラメントは光らない。
＜材料＞
・水を張ったビーカー
・フィラメントがむき出しの 60W 白熱電球
・電源装置 ・みのむしクリップの導線＜実験方法＞
図８のように白熱電球のフィラメント部
分をビーカーの水に浸し 10V ずつ電圧を上げていき、フィラメントの様子を観察する。

・スタンド
・DCDC コンバーター(高電圧をかける装置)＜実験方法＞
図９のように豆電球のフィラメントの近く

図８に DCDC コンバータ
ーの電極を近づけてフ＜結果＞ィラメントに向かって・20V あたりからベルのような音が鳴り出放電させる。

図９

し、電圧を上げるに伴って音が大きくなっていった。
・80V あたりで一瞬燃えるように光り、フィラメントが切れた。

＜結果＞・フィラメント自体は光らなかったが放電した電気自体は光った。
・むき出しの豆電球では、フィラメントに＜考察＞向かって放電が起こったが、フィラメン

・80V あたりで光ったが、一瞬だったので

トは光らなかった。

仮説はほぼ正しい。
・なぜベルのような音が鳴ったのかはわからない。
・水は温度が上がりにくいため、フィラメ
ントは光らない。

＜考察＞
仮説とは違い、フィラメントは光らなかった。しかし、放電自体は光っていたので新しい豆電球に利用したい。

実験Ⅳ

実験Ⅴ

＜研究動機＞＜実験動機＞

・動画サイトでコンセントを使って豆電球

実験Ⅳではフィラメントに高電圧のみかを光らしていったので、約 1 万 V でも光けていたが、電源装置からも電流を流すとると考えたから。

実験Ⅳと比べて違いがあると考えたから。

＜仮説＞
一瞬 非常に明るく光って、フィラメント

＜仮説＞
高電圧をかけるものと、かけないもののが切れる。

電流と電圧の関係に違いはない。

＜材料＞

＜材料＞

・フィラメントがむき出しの豆電球

・フィラメントがむき出しの豆電球２つ

・DCDC コンバーター ・電源装置

・黄色に光る LED (VF1.8～2.4V）・みのむしクリップの導線

・白色に光る LED (VF3.8～4.2V)
・青色に光る LED（VF3.8～4.2V）＜実験方法＞
一方の豆電球は実験Ⅰと同様に電流を流・赤色に光る LED (VF2.4～2.8V)
・緑色に光る LED (VF3.8～4.2V)

し、もう一方の豆電球はフィラメントに高・ガラスの表面が橙色の LED (VF 不明)

電圧をかけつつ、電流を流す。また、電圧・紫外線と発生する LED (VF 不明)

を 0.1V ずつ上昇させていく。

・赤外線を発生する LED (VF 不明)＜結果＞＜実験方法＞

・どちらも 2V 程度でフィラメントが切れてしまった。
・高電圧をかけた方が電流は強くなった。

図 10 のような回路図を用いる。LED が光り始めたときの電圧を測定する。また、豆電球が光り始めたら分光器で見て、スペクトルを観察する。また、VF と光り始めた＜考察＞

ときの電圧を比較する。

・高電圧をかけた方が、電流が強く流れた
ため、仮説は間違っていた。
・高電圧をかけると電流が強く流れ、明るく光るという性質を今後、利用できないか考えたい。
図 10
実験Ⅵ＜実験動機＞
豆電球のみならず、その他の発光体についても調べた。

＜結果＞
・分光器で見ると、赤外線を発する以外のLED は分光器でも肉眼で発光しているのが確認できた。

＜仮説＞
光る色が違っていても LED を光らせる
ための電圧はすべて同じである。

・VF と光り始めた電圧には関係がない。
・紫外線を発生させる LED は、紫色に光っているが、紫外線を発しているかどうかはわからない。

＜材料＞
・電源装置

＜考察＞

・テスター(電圧・電流の測定も可能)

・LED が光り始める電圧は光る色によって・ボリューム抵抗器
・分光器
・ワニ口クリップ変わる。
・白色に光る LED のスペクトルは全体が均等に光っていた。

図 11

＜材料＞
・紫外線を発する LED
・紫外線や赤外線が本当に発生しているの・ボリューム抵抗器

かはわからない。だから、調べる必要が・テスター（電流・電圧の測定も可能）あると考えられる。

・電源装置

・赤外線を発生する LED は見えないため、スペクトルについては結果がわからない。
・白色の LED のスペクトルは６色で虹のよ
うに均等に並んでいる。

・みの虫クリップ３本
・紫外線チェックカード（紫外線に反応す
ると紫色に変色する。）＜方法＞

・実験Ⅲより、自作の電球が７V で光り始

実験Ⅵの回路図の LED の部分に紫外線めたのに対し LED は２V 前後で光ってを発する LED を置き変え、LED を光らせいるものが多いため、LED の方がエコでる。そして、暗室にして光っている LED のある。

近くに紫外線チェックカードを近づけ、カ・光の波長が短い方が光ることのできる電圧が高い。

ードの色の変化を見る。
＜結果＞
図 12 のように、LED を近づけたカード

実験Ⅶの部分が白色から非常に濃い茶色に変化す＜研究動機＞る。

実験Ⅵより、紫外線を発する LED は本当に紫外線を出しているのか調べた。
＜仮説＞
一応、紫外線を発しているが、極めて微
量である。

ない。
ＬＥＤを照射した所

・水は温度が上がりにくいため、フィラメ
ントは光らない。
実験Ⅳからわかること
・放電だけではフィラメントは光らなかった。しかし、放電自体は光っていたので

図 12

新しい電球に利用したい。
実験Ⅴからわかること＜考察＞

・高電圧をかけた方の電流が強く流れた。

・紫外線を発する LED からは本当に紫外・高電圧をかけると電流が強く流れ、明る線がとても発生していた。

く光るという性質を今後、利用できないか考えたい。

４．まとめと今後の課題・展望

実験Ⅵからわかること＜まとめ＞

・LED が光る電圧は色によって変わる。

実験Ⅰからわかること

・光の波長が短い方が光り始めるときの電・フィラメントの金属が空気中で非常に明圧が高い。

るく燃えるということがわかった。

・紫外線や赤外線が本当に発生しているか・フィラメントがむき出しの豆電球は通常

どうかわからないので、調べる必要があの豆電球よりも低い電圧で明るくなるが、低い電圧でフィラメントが切れるので、結果的には通常の豆電球の方が明るく光ると考えた。
・白色の LED のスペクトルは６色で虹のよ
うに均等に並んでいる。

ることができるということがわかった。

・赤外線を発生する LED は光が見えないた・通常のものは耐電圧を超えても光った。

め、スペクトルについては結果がわから

実験Ⅱからわかることない。

・グラフより電圧と電流は比例することが・実験Ⅲより、自作の電球が７V で光り始わかるが、電圧と温度は比例しないこと

めたのに対し、LED は２V 前後で光ってがわかった。

いるものが多いため、LED の方がエコで・Excel で近似曲線を描くと、温度と電圧ある。

の関係は２次の多項式で近似できること

実験Ⅶからわかること

がグラフからわかった。

・紫外線を発する LED からは紫外線が・電流と温度の増え方はグラフを見ると、とても発生していた。

異なっている。このことについて調べる必要があると考えられる。
実験Ⅲからわかること＜今後の課題＞
最終的には当初の目的であった、従来の・80V あたりで一瞬だったが光った。

ものより優れた電球を作りたいがそのため

・なぜベルのような音が鳴ったのかわからにはいろいろな課題が残っているので、これからは以下の課題達成を考えている。
・実験Ⅰでのガラス部分の役割が何なのかを知りたい。

６．謝辞
今回のサイエンス研究会物理班の活動において、顧問の米田先生をはじめ、多くの・実験Ⅰで電流と電圧の関係が √ で近似で

先生方、先輩方から多大なご指導やご協力きたのでグラフを √ で近似できる理由をいただきました。この場で深く感謝申しを知りたい。

上げます。

・実験で通常の豆電球が耐電圧 6.3V を超えても光り続けた理由を知りたい。
・実験Ⅱのグラフⅰで二次の多項式が出てきたので、二次の多項式について数学で理解していきたい。
・実験Ⅱのグラフⅱで電流と電圧が比例した理由を知りたい。
・電流と温度の増え方が一定ではない理由
を知りたい。
・実験Ⅲで 10V あたりからベルのような音が鳴り始めた理由を知りたい。
・実験Ⅲにて 80V あたりでいきなり燃えるように光った理由を知りたい。
・実験Ⅳで放電が光った理由を知りたい。
・実験Ⅴで高電圧がフィラメントに流れて明るく光るという性質がなぜ起こるのかを知りたい。
・実験Ⅵにて LED の波長が短い方が光り始める電圧が高い理由を知りたい。
・実験Ⅵから赤外線を発する LED が本当に赤外線を発しているのか調べたい。
・実験Ⅶより紫外線を発する LED の電圧と光の強さの関係を知りたい。
＜今後の展望＞
上記の今後の課題を達成していき、従来の電球より優れた電球を形にする。また、
実験Ⅳででてきた放電についても研究していきたい。

H8マイコンによるライントレースカーの製作
１年Ｂ組 上林 幹宜
指導教員 米田 隆恒

１．要約
私は、ライントレースカーを作ることを通して H8マイコンについて学ぶことができるのではないかと考え、ライントレースカーを製作しようと考えた。そこで、Vstone 株式会
社のビュートローバーという製品を元にライントレースカーを作った。
キーワード

ライントレースカー、H8マイコン、C 言語

２．研究の背景と目的
ライントレースカーとは、センサーとモーターを搭載し、地面に書いた線をたどるという簡単なロボットである。今回利用するビュートローバー(図１)は、簡単に改造することができるという特徴をもっている。
これを使ってライントレースカーを製作し、制御することにした。
図２ VS-WRC003LV
C 言語で制御するために、次の①～⑤の段階を踏んで研究を進めた。
① C 言語でプログラムを書く前に、ビュートローバーに付属しているビュート
ビルダー2という専用プログラミング
ソフトウェアを使用し、ライントレー
スカーが動く仕組みを考え、注意すべ
図１ ビュートローバー

き点を確認しておく。
② ハードウェアに不具合があれば調整す

３．研究内容今回の研究で使用する CPU ボードは
VS-WRC003LV(図２)というルネサスエレる。
③ C 言語でプログラムを書くために C 言語を学ぶ。

クトロニクス社により開発された CPU ボ④ C 言語でプログラムを書く。

ードである。

⑤ プログラムに不具合があれば調整する。

図３ プログラム製作中

４．研究結果C 言語については、簡単なプログラムを

まず、ビュートビルダー2でライントレースカーのプログラムを書いた。（図３）

書く練習をした結果、CPU ボードについている LED を点滅させることができた。

すると、直角コースを検知することができないなどの不具合が生じたため、自分で改造することにした。
直角コースを検知するために、センサーを自作し、４個に増設した（図４）。そ５．今後の課題
次は、C 言語でライントレースを行え
るプログラムを書き、このライントレース
カーを走らせたいと思っている。

の結果は、まだ試運転はしていないが、直角コースを検知できるようになったはずで

６．参考文献ある。

[1]「はじめての H8マイコン」（電子工作
マイコンシリーズ），島田義人著，CQ
出版社(2011)

７.謝辞
サイエンス研究会物理班の活動において、顧問の米田先生をはじめ、多くの先輩方から多大なご指導や、ご協力をいただきました。この場で深く感謝申し上げます。
図４ 改造後STM32 マイコンを用いたマトリックス LED の制御
3 年 C 組 船井 遼太朗
指導教員 米田 隆恒

１．要約
最近はドットマトリックス LED などによって文字を手軽に表示できるようになった。そこで、私も自分自身で何か文字を表示し、それを何か別のものに応用することができるのではないかと考えた。そこで今回は、値段と比べて周辺機能が多くコストパフォーマンス
が良い STM32 マイコンボード(以下 STM32 ディスカバリ)を用いたドットマトリックス
LED のダイナミック点灯制御を行うことにした。
キーワード STM32 ディスカバリ,ドットマトリックス LED,ダイナミック点灯

２．研究の背景と目的字が表示される物の製作を目指した。使用

最近、私の家では廊下などで電気がついするマイコンを STM32 ディスカバリにしていない状態でも足元がわかるように、暗た理由としては、このマイコンボードが他くなったら廊下を照らしてくれるという照のマイコンと比べ安価でコストパフォーマ

明を利用するようになった。そこで、私はンスも良く、デバッガ不要な上、無償で手

何か文字をドットマトリクス LED に表示に入る開発環境(atollic TrueSTUDIO)を用するなどして応用できれば面白くなるのでいることができるからである。

はないかと考えた。こうしたことを目標とし、今回はまず「光」という漢字を表示させることにした。

図 1 STM32 Value line Discovery

図2

STM32 マイコン用開発環境(STM32 ディスカバリ)(1)ダイナミック点灯方式

３．研究内容ドットマトリックス LED に、漢字を表示

今回私は、STM32 ディスカバリ(図 1)をさせるにあたって以下の二つの手順を用い用いてドットマトリックス LED の制御をたダイナミック点灯方式が必要となる。

行い、あたりが暗くなれば「光」という漢

このドットマトリックス LED には 64 個

の LED があり、図 4 の(上)のように縦横それぞれ制御ピンが①～⑧までの 8 列ずつ合計 16 列ある。この 16 本のピンを制御する
ことでどの LED を光らせるかを指定することができる。このようなことから漢字を表示させるために以下の二つの手順で行うこととなった。それぞれのピンの制御は C
言語を用いることとなった。

図 3 ドットマトリックス LED［手順 1］
ダイナミック点灯方式では、一番左端の列 COL①から一列ずつ順にこの漢字を表示し、必要なマス目のみを点灯させては消すことを繰り返している。
たとえば、COL①の列の ROW⑧の行のLED を光らせるときに(1,8)と表し、具体的
図 4 光らせる点には、COL①に電圧をかけ、同時に ROW⑧に電圧をかける。

［手順 2］

まず COL①だと(1,1)、(1,4)、(1,8)の点を次に、while 文を用いてループさせ、光らせる。次に COL②の列を点灯させる場

COL1→COL2→…COL8→COL1 のように合、それに先だって、COL①の電圧を 0 にする。そのとき、縦の各列は C 言語を用いし、さらに、ROW1､ROW④､ROW⑧の電て 1 ミリ秒ずつ点灯させては消すことを繰

圧を 0 にする必要がある。そうしなければ、り返させていく。人間の目は 1 ミリ秒の速

ROW①などの電圧が残っているので、(2,1)

さについていくことができないため、これなどが光ってしまうからである。次に、(2,2)、

らの列の LED の、「光」を表示するために(2,4)、(2,7)、(2,8)を点灯させる。このよう必要な光らせる点は、残像によってすべてにして列ごとの表示に成功した。

がついているように見える。

(2) A-D 変換

５．考察

今回は部屋の明るさを読み取るために、

今回の苦労した点としては、1 列ごとに

CdS セルを用いた。CdS セルとは、入って制御したときにどうしても LED がつかな

くる光の強さが変わると抵抗値が変化する

い列が出てしまうことだ。配線も乱雑なも電子部品である。これに電流を流すと、部のとなっていたため、一本ずつ確かめるた屋の明るさに応じて電圧が変化する。このめに配線を LED とマイコン両方のピンか

電圧のデータを A-D 変換を用いてデジタルら辿っていかなくてはならない状態となっ信号に変え、マイコンに入力して LED の制てしまった。結果としては、断線していた御に用いることができるのではないかと考部分などの原因が発覚するまでにかなりのえた。しかし今回は時間が余りなく、暗く時間を要してしまった。

なると点灯する、という所までは行かなか

センサの値の計測に関しては、マイコンった。次回以降の課題にしていきたいと思の GPIOB の 4 ピンに指定して抵抗値を読う。

み取るはずだったが、間に挟んだ抵抗が大きすぎたためか、まったく作動しないとい４．結果

う結果となった。見直しとしては、まず回今回の実験では、ダイナミック点灯させ路の面から見直していくべきかと思う。

ることができ、「光」という漢字をドットマ

その他に、このままでは「光」という漢トリックス LED に表示させるところまで字の表示だけでも電源から供給する電力が成功した。しかし、今回の目標である、暗小さいために文字の表示が薄くなってしま

くなると文字を表示させることについてはう。この件に関しては電圧を上げるために

A-D 変換の回路が間違えているのか、プロも昇圧回路を間に挟むことで大きく改善すグラミングが間違えているのかは未だ明確ることができると考えた。

でなく結果を出すことはできなかった。

６.今後の課題
今後の課題としては、やはり CdS セルを用いて明るさを読み取るように制御することである。CdS セルから手得したアナログ
データを A-D 変換を用いてデジタルデータに変換させ、そこから光らせるか光らせな
いかの判断をしていく。また、現段階では、「光」の一文字しか表示させることができないが、今後は多くの文字を表示させるよ
うにしたいと思う。
図５ 点灯している様子

これらのことをするには、文字をスクロールさせたり、使用するドットマトリック
ス LED の台数を多くするなどの改良が必要ではないかと考えた。
今後は文字表示を主体にセンサなども取り入れていきたいと思う。

７.参考文献[1]「STM32 マイコン徹底入門」
川内康雄、 CQ 出版(2010)[2]「世界の定番 ARM マイコン STM32 ディスカバリ」
島田義人、永原柊、菅井賢、CQ 出版(2011)

８.謝辞
サイエンス研究会物理班の活動において、顧問の米田先生をはじめ多くの先生、先輩方に多大なご指導をいただきました。この場で深く感謝申し上げます。

文字認識ソフトの作成
３年Ｃ組 上田 樹
指導教員 米田 隆恒

１．要約
私は、看板などで読めない漢字を見つけたとき、読みがわからなければ意味を調べるのも困難であると感じた。そこで、日本語に限らず、それらの文字をすべて写真に撮るだけで認識できれば、外国などへ行って読めない文字に出会っても便利であると感じた。
市販の文字認識ソフトもあるが、文字の状態によっては読めないことがある。そこで、
Visual Basic を用いて文字認識ソフトを自分で作成することにした。
キーワード

文字認識、２値化、細線化、輪郭追跡、学習機能

２．研究の背景と目的とった。それには写真から文字部分だけを看板などで読めない漢字や知らない言語

取り出す必要がある。それには写真を白黒の文字などを見つけたとき、そのたびに意２色にする「２値化」と、線の中心１画素

味を調べるのは大変である。そこで、それ分だけを残し線を細くする「細線化」が使らをすべて写真に撮るだけで文字を認識でえるのではないかと考えた。

きればよいと考えた。携帯電話などに付属

輪郭追跡の説明は後にし、２値化についしている文字認識ソフトは、文字の並びやて説明する。「２値化」とは、写真などの大きさによっては読めない、文字のバラン

濃淡のある画像を白と黒の２階調に変換すスが悪いと読めない、斜めだと読めない、る処理を２値化という。文字の色は普通、言語によっては読めないなど、多くの問題

背景色とは違う色で書かれるので、文字部がある。そこで、これらの問題を解消した

分を取り出すのに使えるのではないかと考

文字認識ソフトを作成することにした。

えた。
文字認識をするためには、文字だけを黒、

３．研究内容その他が白になるような処理を行う必要が

フォントデータから取得した文字の形をある。まず、白と黒の境界を決めるための数値化し、データベースにその文字の読み「輝度のしきい値」を、画像全体の輝度値と共に保存する。写真から取得した文字のの平均にしてみたがうまくいかなかった。

形を数値化し、データベースの数値と比較

そこで、まず全画素の輝度値を計算し、各することで、機械的にどの文字かを判定す

輝度値の画素数をカウントし、図１のようることができると考えた。文字の形を数値にグラフにした。

化する方法として、「輪郭追跡」の方法を

しかし、これでは図３のように、まだノイズが残ってしまった。そこで、図４のように２つのピークの中央値を含む凹部分のボトム、中央値がピークの場合は最も近いボトムをしきい値としたところ、図５のようにノイズとなっていた部分が正しく２値化され、きれいに２値化ができるようになった。
図１ 輝度のグラフ
このグラフで、両隣より数値が高い所をピーク、低いところをボトムとする。グラフのピークとボトムを記録し、最も画素数が多いピーク、２番目に画素数が多いピー
クを、それぞれ背景の部分と文字の部分であると考えて、その２つのピークの中央をしきい値とした。

図４ しきい値を求める

図５ 改善後の二値化結果
図２ ピークの中央をしきい値とするだが、その後さまざまな写真で試したと
ころ、背景にグラデーションなどが使われている場合は読み取れないことがわかった。
グラデーションを背景とする画像の輝度値をグラフにしたところ、図６のようにな
っていた。
図３ 結果

今回の文字認識では、文字の周りを「輪郭追跡」により１周し、進んだ向きを記録
し形を数値化した。まずは、図８のように
左上から横向きに画像をスキャンしていき、画像の中で最も上にある黒のピクセルを見つける。

図６ グラデージョン時の輝度値のグラフ
本来、グラデーション部分が平らになる
はずだが、画素数が小さいため、間が省略
され波になっていると考えられる。この問
題は画素数を上げることでも解決できるが、処理に時間がかかってしまうため、グラデーション部分がまとめられるようにした。
まず、輝度値の平均より数値が高いピーク
をすべて記録し、隣り合ったものとの距離を求める。グラデーションの波と波の間隔
は、文字部分との間隔より狭いはずなので、

図８ 文字の上の画素の検出間隔が最も広い２箇所のピークから先程のようにしきい値を求めれば、背景がグラデ

進む方向を図９のように番号を振り、図ーション、文字がグラデーションなどの場

10 のように文字の外周を数字で方向を記

合でも正確に２値化が行えた。

録しながら反時計回りに辿っていく。

図９ 進行方向に割り当てた数字
図７ グラデーション入り画像の２値化

つ前の向きの時計回りに３つ回した向きには進まないことがわかった。よって、輪郭の向きは、ひとつ前の向きの時計回りに２つ回した向きから反時計回りにチェックしていけば効率的であることがわかった。
こうして文字の周りを一周すると、図10 のＡの場合、形のデータは1010101101154543333212155655656565と数値化できる。しかし、このままでは全く同じ形で登録されていないと同じ文字だと判定することができないので簡略化を行う。まず、数値をある程度揃えるため、１
つ前の数字との差が 2 未満の場合、１つ前の数字に合わせていく。先ほどの例では２
図 10 輪郭追跡

文字目の「0」は一つ前の「1」との差が 2未満なので、一つ前の「1」に合わせて 1

このとき、例えば下（１）に進んだ次のとなり、全体を同じように処理すると方向に、左上（６）や左（７）が選ばれる

1111111111155553333311155555555555

ことは無い。なぜなら、下（１）が選ばれとなる。さらに、同じ数字が連続している

たということは、すでにそのときの左部分は、一つ前の数字と同じ数字を消して（７）と左下（０）はチェックされ除外さいく。例えば、2 つ目の「1」はひとつ前れており、下に進んだ後にも選ばれることの「1」と同じ数なので削除、というようはない。

にしていく。これで、図 10 のＡの形は「15315」、要するに線の進む向きが下、上、右、下、上とあらわせるようになる。
この簡略化により、例えばすごく縦に長い
Ａでも、簡略化したときに数値が「15315」にさえなればＡと読むことができるようになる。

図 11 下に進んだときに白とわかった場所
これをすべての方向で試したところ、ひと図 12 線に太さがあった時

輪郭追跡の際、図 12 のように線に太さがあり、濃い赤の矢印の部分のように文字の形に含まれていると、簡略化しても違う形とされてしまい、うまく読み取れなくなってしまう。そこで、線の中心 1 画素分だ
けを残す「細線化」を行う。今回は、細線化方法の一つである、参考文献[4]に記載されている「田村の方法」を元にして、細線
化アルゴリズムを開発した。田村の方法では、注目画素が黒である場合に、注目画素を中心とする 3×3 画素の並びが図 13 のパ
ターンの場合、中心画素を除去する。これを全画素で行い、除去した画素があるなら
図 14 のパターンで同じことを行う。除去
した画素が無ければそこで細線化処理を終了する。その結果が図 16 である。

図 15 処理フローチャート

図 16 田村の方法による細線化
図 13 除去パターン１
図 16 の結果をよく見ると、赤丸で囲われた所に線が割れてしまっているところがある。これらは元の線の淵が荒れており、
図 17 のように、すこし出ている部分が「線の端」であると判断されてしまったた
め、除去されなくなってしまっている。

図 14 除去パターン２

「分かれている文字」も認識できるようにするため、連結させる方法を考えた。文字
の別々の状態での配置は記録されているので、それぞれの距離を求め、近いものを含めて一つの文字とし、データベースの文字と比較した。
例えば図 20 の「い」の場合、２つの形の両方が丁度入る四角形の中心を求め、それぞれの形の中心はどの方向に離れているかでどのように並んでいるかを求める。離れている方向は記録時に上下左右の 4 方向にし、例えば「離れている方向を調べたい部分」が文字全体の中心の左上にある場合
図 17 細線化の失敗例

は横方向と縦方向のどちらにより離れているかで「左」と「上」のどちらにあるのか

そこで、注目画素を中心とする 3×3 画素

を判断している。図 17 では、水色の部分の並びが 1 ピクセル分の分岐線（図 18）が「左」、緑色の部分が「右」にあると判である時は無条件で除去されるようにした。

断できる。これを一つの文字とし、より上

その結果、図 19 のように、線の分岐は解にあるものを左から順番に並べて登録し、消された。

同じようにして登録された判定用データと比較することで、分かれている文字を読み取ることができる。

図 18 無条件で除去されるパターン

図 19 改善後の細線化結果＜分かれている文字の連結＞
文字には「い」や「こ」などいくつかの形が集合しているものがある。そのような

図 20 文字の連結ただ、漢字などには、多くの形が集合している文字がある。１つの形のみで構成さ高い判定用データを、読み取った文字の読みとするようにした。

れている文字も多く存在するので、どこま
でを一文字とするかの判定が必要であると感じた。

＜斜めになった文字の認識＞
文字が斜めになっているとき、判定時にまず、画像内のすべての形の幅、高さの別の形とされてしまうことがある。そこで、それぞれの平均を求め、ある２つの形を繋判定するときに、スタートの値を合わせ、げた時、その幅、高さに近づけば連結する、

そのずらした分をその後の数も全てずらしというようにした。この処理を繰り返せば、て判定する。

細かく分かれている部分は連結できるようになったが、画像内に「連結せず、小さい形」が含まれていると、ひらがなの「け」など、大きめの形同士の連結ができなくなってしまう。そこで、他の数字で何度か試したところ、幅、高さそれぞれの基準値を、

図 21 斜めの文字の認識「それぞれの平均と最大」の平均、にした
ときうまく連結が行えた。

例えば図 21 の場合、左の「Ａ」の形のデータ「15315」が登録されていて、右の＜文字の形の一致度の計算＞

斜めになった「Ａ」を読もうとしていると文字の形を簡略化しても、字の癖が大きすると、右のＡの形のデータは「04204」

すぎたりすると、全く同じ形のデータにはであり登録された形と違っていて、「Ａ」

ならないことがある。そこで、形のデータと判定されない。そこで、読み取ろうとしが「完全に一致しているかどうか」ではなている文字の初めの向きを判定用データのく「どれだけ一致しているか」という判定

初めの文字に合わせる。このとき、反時計方法をとることにした。

回りに１つ分ずらしているので、残りの数登録されている文字の形データは癖や歪も全て１つずつずらし、「15315」となる。

みが無いとすると、同じ文字であれば、読すると、登録された「Ａ」の形のデータとみ取った文字の形データの数値の数は登録等しくなり、Ａと読み取ることができる。

されている文字の形データの数値の数より多いもしくは同じであるはずである。そこ＜文字の形データのループ化＞

で、読み取った形データの数値の数が、あ

ひらがなの「め」など文字の上に複数のる判定用データの数値の数より多い場合、線が出ている場合、どの線が一番上に出てデータの中のいくつかの数値を除けば判定

いるかによりスタートとされる部分が変わ用データと一致すれば、「そのときの判定ってしまう。それ以外にも、文字のバラン

用データの数値の数/読み取ったときの数

スや向きによっても、スタート値となる場

値の数」を一致度とし、その一致度が最も所が変わってしまうこともある。そこで、

文字の形データをループ化し、判定時に読文字データは文字の読みと輪郭追跡で数値み取った形のデータのループを判定用デー化した文字の形をコンマで区切ることで１タのループと回転させながら比較するようつの文字列型変数に入れ、テキスト形式でにした。

保存した。テキスト形式で保存することで、
ひらがな 50 音の文字の形を全て登録したデータが 10KB 程度とかなり小さく収めることができた。
＜学習機能＞
文字を手動で登録できるようになったが、読ませるたびに人が登録していては機械で文字認識をしているとはいえないので、自動で読めていなかった文字を登録する「学図 22 文字データのループ化

習機能」が必要であると考えた。しかし、読めていない文字を何の情報もなく覚える

例えば図 22 のような「め」の例では、のは不可能であり、いくらかのデータから

右側の線の方が高い方が登録されていたと考えさせる必要がある。そこで、前後の文

すると、左側の線の方が高い方の形のデー

字を参考にして読めていない文字の推測を

タは、数値の順番は同じなのに違う形であ行わせる方法を考えた。

ると判定されてしまう。そこで最初と最後を円形につなぎ、１つずつずらして比較し＜文字の推測＞ていき、判定を行うようにした。こうすれ人は、崩れていて読めない字を文章中でばより少ない判定用データで様々な形に対見つけたとき、前後の文字が読めていれば、応できるようになり、さらに斜めの文字の知っている言葉から推測して読むことがで認識方法と組み合わせれば、たとえ文字がきる。これを機械で実現させれば、読み取

逆さになっていても文字を読み取ることがれなかった文字や間違った判定がされた文できる。

字の数を減らすことができると考えた。
推測のために、まず単語のデータベース＜文字の軽量な登録＞
文字は日本語だけでもかなりの数があり、を作り言葉を大量に登録する。そして、推測で訂正したい文字列を登録したすべての初めからすべての文字を登録するのは困難

単語と比較し、一致度を調べた。一致度は、である。また、人によっては線の始まりと（文字の一致度）×（文字数の一致度）と終わりに字の癖がある場合があり、簡略化

した。文字の一致度は、単語の初めの文字しきれず読みとれないことがある。そこで、と最後の文字が一致で 4、それ以外の文字

読み取れない文字があったときに、人が登が場所も揃っていて 2、場所が違っていて録できるようにした。また、保存するとき1 とし、「（その合計）÷（すべてあっていたときの合計）」とした。文字数の一致度

き、一定条件を満たしていれば自動で文字は、「1÷（文字数の差＋1）」とした。これの登録を行うようにした。条件として、まで、両者ともに完全一致で 1 となる一致度

ず文字数が同じであることが必要だと考えが求められるようになった。その一致度がた。ノイズを誤認識して文字数が変わって最も高かったものが正しい読みであるとし、しまっていることも考えられるが、その場それに置き換えるようにした。

合でもどれがノイズであるかの見分けが難
しく、「ノイズの形」が文字の形として登録されるなどの誤登録を避けるためである。
また、一致度が７割を超えていることを登録する条件とした。何度か自分で試したと
ころ、文字数があっていて、なおかつ文字が７割以上合っていれば、誤登録されることはほとんど無かった。これにより、７割が読みとれていれば、使っているだけで精度が上がっていくようになった。
＜日本語の文を単語で区切る＞
文字の推測校正を行うためには、文が単語ごとに区切られている必要がある。英語のように単語ごとに隙間がある言語では、
その隙間を認識すれば区切ることが可能だ

図 23 文字の推測補正

が、日本語のように単語ごとに隙間のない
言語ではそれができない。そこで、日本語

例えば、図 23 の「文章」と「文字？
識」という２つの言葉の一致度は、文字のの文章を登録された単語を元に区切る方法を考えた。

一致度が、一文字目のみが一致で 4、全てまず単語が間違っていないとして、文全あっていた時は２文字なので 8 なので 1/2

体から一文字ずつ減らして登録された単語となり、文字数の一致度が、文字数の差がと比較していき、一致した中で最も文字数２文字なので 1/3 となる。よって一致度はが多いものを、そこにある単語であると考1/6 となる。このように比較していくと、えるようにした。これで大抵は間違わずに「文字認識」という言葉が最も一致度が高短時間で区切ることができた。

くなり、「文字？識」が「文字認識」に校正される。

また、判定する文字数を１文字まで縮めてもどの言葉とも一致しなかった場合、もう一度全体から文字数を減らして比較して＜学習機能（つづき）＞
この「文字の推測」を行い校正されたといき、比較したときに一致度が 0.9 を超えていたら、その言葉をそこにある単語と考

える、というように徐々に基準の一致度をまた、サイエンス研究会の先輩方にもご指下げていくことで、間違った文字を含む単

導、ご協力いただきました。ありがとうご

語が文中に含まれている場合でも、単語でざいました。

区切り推測校正を行うことができるようになった。

４．まとめと今後の課題
今回、輪郭追跡により文字の形と位置を把握し、ある程度の精度で認識できるようになった。しかし、輪郭追跡では、外側の形を辿っているため、内側の線は無視されている。今後、文字の形の把握方法を改良し、文字の中の線を認識させることで、さらに精度を上げていきたいと思う。また、今回の研究で、文字の形を登録すればどんな言語の文字でも読み取ることができるよ
うになった。そこで、今後翻訳機能を搭載し、当初の目的である「看板の文字を写真にとって翻訳する」ことができるようにしたいと思っている。

５．参考文献[1] Visual Basic 中学校
http://homepage1.nifty.com/rucio/mai
n/main.htm[2] DOBON.NET
http://dobon.net/index.html[3] C#と VB.NET の入門サイト
http://jeanne.wankuma.com/[4] 画像処理ソリューション
http://imagingsolution.blog107.fc2.com/blog-entry-151.html

６．謝辞
今回の研究にあたり指導してくださった
顧問の米田先生、ありがとうございました。

Web カメラの映像からの目検出ソフトの作成
３年Ｃ組 稲益 秀成
指導教員 米田 隆恒
１．要約
今回、私は、コンピュータに搭載されている Web カメラを用いて利用者の顔を撮影し、その映像から利用者の目線を検出する方法を研究した。
キーワード 目、目線、Web カメラ、ポインティングデバイス、アイトラッキング

２．研究の背景と目的重なってしまっても、カーソルが小さいた

人間は他人の目を見ると、その目線と目め、その場所がカーソルで隠れてしまうこ

線の先にあるものから、その人が何を見てとはなかった。しかし、タッチ操作でこれいるのかをおおまかに知ることができる。

と同じことをしようとすると、カーソルを

そこで私は、人間の目は視覚情報を得るとおきたい場所がどうしても指で隠れてしまいう感覚器官としての機能だけでなく、自うので、カーソルをおきたい場所を見なが分の視覚情報を他人に知らせる情報伝達器

らそこに正確にカーソルを移動させるのは官としての機能も持っているのではないか

難しい。

と考えた。ここで今日幅広く普及している「画面を見ること」自体が操作方法になコンピュータやスマートフォンなどが人間

ればこの問題点を解決することができる。

の目線を情報として取得できれば、これらの電子機器の使い方が広がるのではないだ
ろうか。例えば目線でマウスを動かしてハンズフリーで操作するなど、目線をポイン
タ代わりに使うことも考えられる。
現在、コンピュータのマウス操作に加えて、スマートフォンやタブレット PC など、
ディスプレイを指でタッチして操作するデバイスが増えてきているが、この操作方法には問題点がある。それは、指でタッチ操作している間は指でディスプレイが隠されてしまうという点である。文字入力時のカーソルの位置を指定するとき、従来のマウス操作ではディスプレイを見ながら操作でき、カーソルをおきたい場所とカーソルが

図１ タッチ操作のデバイスの例

そこで、私はコンピュータが利用者の目で送信するときに自分の顔を撮影するカメ

線を得る方法について考えていくことにしラのことで、図３のように最近のコンピュた。そのため本論文では、Web カメラの映ータやスマートフォンや、タブレット端末

像から、黒目の位置を検出する方法についなどには同じ用途のカメラが標準で内蔵さて報告する。

れている。
これを利用することで新たな装置を追加

３．研究内容今回、コンピュータの利用者の目線を取得するために Web カメラを用いた。

しなくても、目線の検出ができ、手軽に使用することができるという利点がある。
Web カメラの映像から利用者の目線の動きを検出する流れとしては、（１）Web カメラの映像から利用者の顔部分のみを切り出す。
（２）切り出した顔の範囲から目の位置を検出する。
（３）目の位置から、目の中心を計算し、その動きから目線を計算する。
である。
[１] 顔検出をしない方法
目を検出するときに、最初に顔を認識し、そこから目を検出した方が検出精度は上が

図２ 一般的な Web カメラの例

るが、顔を正確に認識するには多くの処理を必要とし、そこからさらに目を検出しようとすると、プログラム処理が多く、すごく重くなってしまうのではないかと考えた。
あくまで、マウスやタッチパネルに代わるものをつくりたいので、このポインティン
グデバイスを使うことでコンピュータのパ
フォーマンスが悪くなってしまってはいけない。そこで、Web カメラの映像から、ま図３ スマートフォンなどにず顔を検出するのではなく、目を最初に検搭載されている Web カメラ(内蔵カメラ)

出できれば、顔検出の処理がなくなるので、プログラム処理が少なく、軽くできると考Web カメラとは、図２のような Skype

え、目だけにみられる外観の特徴を探してや FaceTime など、インターネットでテレみた。そして、目の外観の特徴として、「黒ビ電話を楽しむときに相手にリアルタイム

い」、「丸い」、「２つ横に並んでいる」

という特徴を挙げた。しかし、これだけでは顔の中だけでも、眉毛、鼻の穴など同じような外観のものがあり、とくに鼻の穴は黒目とよく似ており誤認識をしてしまう。
よって黒目と鼻の穴を分けられることがまず重要だと考えた。この二つを判別するた
めに、目の特徴である白目も認識に使う方法を考えた。黒目の横には白目があるのに対し、鼻の穴の周りには白色はない。つまり、白色と黒色が隣り合っている部分を探図４ [１]の実行結果

せば、そこは鼻の穴ではなく、目である可能性が高いだろうと考えた。そこから、最[２]顔の範囲の検出

初に白色と黒色を検出し、それが隣り合っ[１]の方法で作成したプログラムでは目ている場所を検出するというプログラムをの認識の誤差が多く、実用には難しいだろ作成した。

うという結果になってしまった。そこで、プログラムの処理は増えるが、顔を認識し[１]の結果思っていた通り、黒色と白色が隣り合っている場所を探すプログラム処理は重くはてから目を検出する方法をとることにした。
まず有名な顔検出方法として、Viola－
Jones 法というものがある。

なかった。しかしながら、図４のように顔だけでなく、背景にもたくさん反応してしまった。ここから、背景と目を判別するのは、逆にたくさんの処理が必要になり、結果的に処理が重くなってしまう。よって、黒色と白色のみを検出することで目を検出することは難しいと考え、先に顔の範囲を検出してから、この処理を行う方が良いと考えた。

図５ Viola－Jones 法での探索窓の例（http://makematics.com/research/viola-jones/より引用）

これは、顔検出を行いたい映像に図５の基準点から顔の範囲を検出していく方法

ような探索窓を順番に動かしていき、そのとしては、処理が少なくなるように、肌の探索窓の領域をあらかじめ作成しておいた色の範囲を全部調べていくのではなく、基識別器から、顔か顔でないかを判定すると準点から上下左右といったように方向でみいう方法である。しかしこの方法では、左ていき、それでできた十字に外接する四角

上から順番に 1 ピクセルごとに見ていかな

形を顔の範囲とすることにした（図６）。

ければいけないので、処理が重いだろうと推察した。１枚の画像から顔を正確に検出するのには問題はないが、Web カメラの映像からリアルタイムで顔を検出し、さらにそこから目を検出するには、この Viola－
Jones 法は少し処理が重そうだと思い、他の軽い処理方法で顔を認識できなければならないと考えた。
そして、軽い処理で顔を検出する方法として、映像の中心付近にある肌の色を検出する方法を用いた。
Web カメラは利用者の顔を撮影するため

図６ 基準点から上下左右方向に調べている様子のものなので、映像の中央付近に顔が来るようなカメラ位置に設置されている。よって、映像の中心付近の肌の色を検出すればそこは顔、または首であるのが普通なので、この方法を用いることにした。
肌の色を検出するには、コンピュータで普段色を値で表現するときにつかう RGB
ではなく、色相の値を用いることにした。
これは、色相の値は RGB に比べて、陰などの影響や照明による色の変化が小さいと

図７ 首を顔だと誤認識している様子考えたからである。
また、顔の位置が移動しても追尾できる

しかし、基準点から上下左右の４方向だけように、最初のフレームでは映像の中央がでは、基準点がもし首にきてしまった時に肌の色検出の基本となる点（以降、「基準図７のように口で肌の色検出がとまってし点」と記す）だが、それ以降のフレームでまい、目のある顔まで範囲選択できないのは前のフレームでの顔の位置の中心を基準

で、上下左右だけでなく、上方向の端から点とするようにした。

さらに左右に調べ、その左右それぞれ端までの半分の地点からさらに上方向に調べ、

その左右それぞれの分の上方向の端の２点の中間地点からさらに上方向へ調べるようにした。
[２]の結果上下左右だけでなく、さらに上方向に何回か肌の色検出の処理を増やしたことで、もし基本となる点が首にきてしまっていても、口や目を超えて、額のところまで範囲をのばすことができるようになり、かなり

図９ 黒色と白色が隣り合っている部分を認識精度がよくなった。また、プログラム

赤で示している様子

処理がとても軽いのも良かった。
しかし、顔に陰ができてしまっていたり、

白色と黒色が隣り合っている部分を赤色

全体的に暗いときは Web カメラからの映で表している。そして、[２]で検出した顔像にノイズが出てしまったりしてしまう。

の範囲を横１列ずつで見ていき、黒色と白

このノイズのせいで、色相が大きく乱れて色がとなりあっている点がその列に１個以しまい肌の色の検出が安定しなくなってし

上８個以下あるところに目があるとする。

まうことがあった。

コンピュータを操作するときは普通２つの目は横方向に並んでいるので、その列には黒色と白色がとなりあう点が４個あるはずである。８個以下とした理由は、黒目にディスプレイの映像が反射してしまい、目の中心部分が白くなってしまうことがあり、その場合、黒色と白色がとなりあう点は８個あることになってしまうからである。
顔の中心から上で、目があると予想される列が集まっている所の、一番上側と下側の中間の位置にある列を、目がある列とす

図８ [２]の実行結果る。そして、その列にある黒色と白色が隣り合っている所と、黒い部分を探していき、[３]目の位置の検出[２]から、顔の範囲を検出することがで映像に映っている目の中心を特定できると考えた。

きたので、この顔の範囲で[１]で考えていた目の検出方法を使うことにした。その結果が図９である。

[３]の結果[２]の方法で顔の範囲を特定し、その領域内で[１]の処理をすることで、安定して目の位置を検出することができた。また、
先に横方向の列だけをみて、目の中心がある一列を見つけてから２つの目を検出して輪郭を取得する方法としては、（１） 輪郭を取得するために、黒目と白目の境目を検出する。

いるので、とても軽く、[２]の顔検出の処（２） [３]で取得したおおまかな目の位置

理と合わせても、目的であるポインティン

から、輪郭追跡の開始点を決める。

グデバイスとして実用可能だと思えるくら（３） その点から、周りの 8 ピクセルを調いの速度が出た。

べていき、隣の輪郭を発見する。
（４） 開始点の隣の点の周りの 8 ピクセルを（３）と同様に調べ、さらに隣のピクセルを探す処理をする。
（５） （４）と同様の処理を続ける。
という流れである。
そして開始点に戻ってきたとき、（５）の処理を終了し、得られた輪郭のピクセルの平均の位置を計算し、それを目の中心とするという方法である。

図 10 [３]の実行結果[４]の結果
強い光源がカメラのある方向にあると、[４]輪郭を使う目の中心の検出
映像中の目の位置の検出までは完成した

黒目にその光源が反射してしまい、輪郭抽出が失敗してしまうことがあった。

が、今回の研究の目的である「目線をコンもし、強い光源がディスプレイだけならピュータが認識する」ためには、正確に目ば、その光源は黒目の中央で反射するので、線を検出する必要がある。映像中での黒目

黒目の輪郭には影響しないが、部屋の灯りの位置から目線を検出するためには、目の等は黒目の輪郭付近で反射してしまうこと

中心の位置を検出しなければならない。

が多く、そのせいで正しく輪郭を抽出する

目は球体つまり立体であり、Web カメラの映像は平面的である。したがって、本当ことができなくなってしまった。
よって、この輪郭を用いて中央を検出すの目の中心を計算することはとても難しい。 る方法を用いるのをあきらめた。
よって、出来る限り精度が良くかつ処理が軽い方法を考えた。
黒目全体のピクセルすべての平均を用いた方が、より正確かもしれないが、それは処理が多くなってしまうだろう。そこで今回用いたのは、黒目の輪郭のピクセル位置の平均を用いるという方法である。

５．考察
今回、コンピュータで利用者の目線を取得するために、Web カメラで利用者を撮影し、その映像から目線を検出する方法を研究した。
映像から顔の範囲の検出、そこから目の位置の検出までの処理はとても軽く、このアプリケーションをバックグラウンドで起動させておいても問題ないものができた。
図 11 [４]の結果

そして、重心を計算することで、目の中心の位置を検出することができた。

[５]重心を使う目の中心の検出

問題点は、Web カメラの映像にはノイズ輪郭を用いての中心の計算は難しいといがあるために、肌の色による顔の範囲の検うことがわかった。そして、黒目の範囲が出が安定しなくなってしまうことがあると正確に検出できていなくても、ある程度のいう点である。顔の範囲選択が安定してい精度で目の中心を計算する方法としては、ないので、全体の処理も安定しなくなって

黒目の重心を計算する方法をとった。

しまっている。これは精度がよく、かつ処

こうすることで、[４]に比べて誤差を減

理の軽い方法を考える必要がある。

らすことができる。

６．今後の展望[５]の結果今回検出した目の中心を目線とし、それ黒目の重心を計算することで、たとえ目をコンピュータのマウス操作などに活用での中心や輪郭付近が照明で反射してしまっ

きるようにしていくことが次の課題である。

ても、目の中心を少ない誤差で計算するこ

しかし、今回このアプリケーションはとができるようになった。

Processing を用いて制作したが、この言語
ではアプリケーションからマウスの位置を[５]で検出した目の中心

変更するなど、複雑な動作をさせることは難しい。
Mac ならば Objective-C といった、
その OS に特化した言語で開発しなければいけないので別の言語を勉強する必要がある。
これが完成すると、まずは目線でマウス操作ができるようになり、現在あるコンピ
ュータに何もデバイスを追加せずに、今ま[３]で検出した目の位置

図 12 重心を計算している様子

で以上にコンピュータの操作が簡単になるだろう。

また、体の不自由な人でも目線の動きだ

http://hooktail.org/computer/index.p

けでコンピュータを操作できるようになる

hp?RGB%A4%AB%A4%E9HSV%A4ので、例えば、画面に「あいうえお…」と%D8%A4%CE%CA%D1%B4%B9%A

いったような文字の表を表示しておき、そ

4%C8%C9%FC%B8%B5

れを一定時間見ることでその文字を選択し[6]

C 言語による輪郭追跡処理についてたことにすれば、文章入力はもちろんだが、

http://homepage2.nifty.com/tsugu/so

その文字を音声で出力することで、体が不tuken/binedge/

自由な人でも会話することができるように[7] 力のつりあいなる。このような社会貢献につながると考

http://www.kdcnet.ac.jp/college/butu

えられる。

ri/kougi/buturiko/mechanics/mechan

さらに、別の考え方として、利用者がコ

5/mechan5.htm#center

ンピュータを使っているときに、ディスプ
レイのどこを見ているかがわかると、その８．謝辞

利用者の興味がどこにあるかがわかること

今回の研究にあたり、サイエンス研究会になり、例えばインターネットブラウザで物理班顧問の米田隆恒先生、藤野智美先生

は、そこからその利用者の興味がある内容には、研究に関する助言や指導をしていたを知ることができたり、逆にどのような内だきました。また、同研究会のメンバーに容が読んでもらえるかを今まで以上に調べは研究のサポートをしていただきました。

ることができたりするようになり、うまくこの場をかりてお礼申し上げます。

使えば、Web サイトの質がよくなるようになると考えられる。

７．参考文献[1] メディアンフィルター
http://www. gifu-nct.ac.jp/elec/
yamada/iwata/median/index.html[2] Delphi 応用編
http://www2s.biglobe.ne.jp/~aks-lab/delphi_part3_1.html[3] コンピュータのセカイ- 今そこにあるミライ
http://news.mynavi.jp/series/comput
er_vision/010/index.html[4] Processing Reference
http://processing.org/reference/[5] RGB から HSV への変換と復元

シミュレーションで交通渋滞を考える
３年Ａ組 村田 宏暁
指導教員 米田 隆恒

１．要約
車に乗っているとよく渋滞に巻き込まれる。渋滞が発生すると、移動時間が長くなり、事故も増える。そこで私は交通のシミュレーターを作成し、円滑に交通を行うにはどのような運転、信号制御を行えば良いか研究を行った。本論文ではその研究の内容を紹介する。なお、今回のプログラムはすべて JAVA 言語で作成した。

キーワード

交通渋滞、シミュレーション、JAVA、グラフ

２．研究の背景と目的

一サイクル：信号が青になった瞬間から、次現在、車は非常にポピュラーな移動手段だが、に信号が青になる瞬間までのこ

交通渋滞などに巻き込まれると極端に時間がかと。

かる。また、渋滞が増えると移動にかかる時間

オフセット：一サイクルの時間が等しい隣りが長くなるだけでなく、事故が増えたり、燃費合う交差点の間での、赤信号のが悪くなり環境が汚染されるなど様々なデメリ

始まる時刻のずれ。信号の一サットがある。そこで私は、交通渋滞の発生や解イクルの時間を C(秒)とすると、消の仕組みを調べることで効果的な対策を立て

x(秒)のオフセットと x+C(秒)られるのではないかと考え、コンピューターをのオフセットは同義である。

用いたシミュレーションによってそれらを調べ

停止距離：

緊急に停止する必要のある事象が起こってから、車が停止するた。

までに進んでしまう距離。

３．研究方法とその結果（１）用語の定義
本論文で使用する用語を次のように定義する。
渋滞：

一台の車が一つの信号の影響で二回以上止まることのある状態。

交通量：

反応時間：

ドライバーが状況を認識し、加速度として出力されるまでにかかる時間（２）シミュレーターの概要
今回開発したシミュレーターは以下のような単位時間あたりに道路に入って道路を想定している。

くる車の数。

・道は直線であり、一方通行である。

・歩行者や自転車などは存在せず、特殊自動車[研究１]と二輪車を除く自動車のみが走行している。

シミュレーターの実行中に交通量を変化させまた、[研究１]、[研究２]において車は以下のることができるシミュレーターを作成し、信号ような動きをする。

が一つだけある一本の道路において、交通量を

・右折や左折をしない変化させた場合の車の挙動を観察した。その際、・加速や減速をする場合は必ず指定した一定の結果的に通過する車の数が同じであっても、そ加速度 a(km/h/s)で加速、減速する。
・車間距離と停止距離の差が一定値以下になると減速する。
・信号の停止線までの距離が一定の範囲内でその信号が赤のときも減速する。

の車間距離の違いによって総合的にかかる時間に差が出るのではないかと考えた。それを検証するために、シミュレーターの実行中に一度交通量が変化するようなプログラムを作成した。
そして、交通量の変化量を変化させてシミュレ

・上の二つのどちらにも当てはまらず、加速しーションを行い、初めの車が道路に進入してかても最高速度を超えない場合は加速する。

ら最後の車が道路から出るまでの時間を記録し、・上の三つのいずれにも当てはまらない場合はグラフにした。また、渋滞が起きるかどうかで加速する。

大きな変化が起こるのではないかと考え、渋滞（３）研究事項が起こる最小の交通量に近い 8.5(台/分)を中心

今回、私は次の四つの研究を行った。

に変化させるようにした。

[研究１]

[結果１]

交通量を時間的に集中、分散させた際の、一定数の車が通過するまでの総所要時

図１は、まず 8.5 −間の変化について[研究２]

オフセットを変化させた際の、一台の車を道路に入れた後、 8.5 +定の距離を通過するのに要する時間の変化につx(台/分)の2ペースで車を 100 台道路に入れ、それらの車が

いて
[研究３]

x
(台/分)のペースで 100
2

文献[４]に記載されている車両挙動モデルと、それを少し改良した車両挙動モデ
ルの検証[研究４] 新たな車両挙動モデルの開発
次に、それぞれの研究について詳しく説明する。

すべて道路を通過しきるまでの時間を y 秒としたグラフである。

[研究２]
オフセットを適切に調整することで車が赤信号に出会う回数を大幅に減らすことができるのではないかと考え、シミュレーションを行おうと考えた。しかし、[研究１]で作成したシミュ
レーターは道が一本と信号が一つしかなかった
ため、オフセットなどの複数の信号の関係について調べることができなかった。
そこで、道を格子状に並べることのできるシ
図１
[考察１]

ミュレーターを作成し、オフセットを変えながらシミュレーションを行い、それぞれについて

仮説通り、結果的に通過する車の数が同じで一定の距離を移動するのにかかる時間の平均をも、すべての車が道路を抜けるまでの時間が変求めることで、最も円滑に交通を行うことのでわった。また、交通量の変化が小さく、最大のきるオフセットを求めた。また仮説として、最交通量が少ない方がかかる時間は短くなった。

適なオフセットを O (秒)、交差点の間隔をそのことから、大規模な渋滞が起こるとその解D(km)、最高速度を S(km/h)としたとき、消に時間がかかるため、結果的に通過するまで

O = 3600に要する時間が長くなったと考えられる。そのDSため、前方が混雑しており渋滞が起こりそうなという式をたてた。これは、隣接する交差点同状態の時には、渋滞が起こる前に速度を落とし士の距離を最高速度で割ることにより、最高速て車間距離を開けるなどして、後方の空いてい度でこの交差点の間を走ったときにどの程度時るところに交通量を分散することで全体が要す間がかかるかを求めたものである。

る時間を短くすることができるのではないかと[結果２]考えられる。しかし、前方が混雑しているかど

図２は交差点の間隔が 250m、最高速度がそうかを目視で把握することは難しいため、そうれぞれ 30km/h、40km/h、50km/h、60km/h のいった情報をドライバーに伝達するシステムを場合のオフセット(x 軸)と 7.5km の道のりを通作ることができれば、渋滞の解消に役立つので過するのにかかる時間(y 軸)の関連を調べたグはないかと考えている。

ラフである。

それぞれの最高速度について、通過時間が最間 隔 が 125m 、 187.5m 、 250m 、 312.5m 、小になるときのオフセットと、仮説でたてた式

375m のときのグラフ図３を作成し、同様に表より得られた値を表にすると表１のようになり、２にした。こちらの表でも誤差はいずれも 2%未

誤差はいずれも 2%未満と、非常に小さくなっ満となったため、仮説でたてた式は正しいと言た。また、最高速度を 40km/h とし、交差点の

える。

図２

表１

図３

表２
[考察２]

子状の道でシミュレーションを行ったところ、仮説でたてた式がシミュレーションの実行結

二つ目以降の信号ではほとんど車は止まらなか

果とほぼ一致したが、この式は最高速度に至るった。実際には右折や左折をする車や運転手にまでにかかる時間を考慮していない。にも関わよる速度差などがあるため、これほど滑らかにらず一致したのは、100m 以上の距離を走る際はならないと考えられるが、それでもオフセッには、そのような時間は誤差の範囲内であるか

トを適切に調整することである程度の効果が期らだと考えられる。また、実際に仮説で立てた待できる。ただし、今回のシミュレーションで式にしたがってオフセットを適切に調整した格は一方通行の道についてしかシミュレーション

をしていないが、実際には一方通行の道は少な

至るまでの計算式は人間のそれとはかけ離れてくほとんどの道に対向車線がある。また、オフ

おり、どうしても誤差が出てしまう。

セットは対向車線のものと連動し、信号の一サ

そこで、異なる車両挙動モデルを用いようとイクルの時間を C(秒)とするとき、片側の車線

考え、それらの車両挙動モデルの精度を検証すのオフセットが x(秒)(0≦x)だとすると、対向車るために、一定の間隔で並んだ 500 台の車列の線のオフセットは nC − x (秒)(n は自然数)と先頭の車両をキー操作に応じて加減速させ、後なる。さらに、上り線と下り線の制限速度が異続の車両を検証したい車両挙動モデルに従ってなることは少なく、交差点間の距離も等しいの走行させるシミュレーターを作成した。これをで、最適なオフセットも一致する。最適なオフ用いて、文献[４]に記載されていた以下の三つセットを O とすると nC − O = O すなわちの車両挙動モデルの検証を行った。
P(x)は前から x 台目の車の車頭の位置、V(x)2Oが成り立つ場合しか両車線のオフセッnは前から x 台目の車の速度、D は停止している

トを最適なオフセットにすることはできない。

際の望ましい車頭間距離、A(x)は前から x 台目

また、オフセットを調整するためには、当然信の車の反応時間後の加速度、a は感度を表す。

号の一サイクルの時間が一致している必要があ

また、すべてのモデルにおいて、加速度の上限

るので、それぞれの交差点で最適なオフセットと下限を定めている。

C=に合わせて C の値を変えることはできない。す１： A(n + 1) = a{V ( n) − V ( n + 1)}

なわち、それぞれの交差点の位置と最高速度が確定した後でオフセットを調整しようとしても両車線のオフセットを共に最適なオフセットにすることができない場合が多いと考えられる。
そのため、オフセットを適切に調整し、道路交

２： A( n + 1) = a

V (n + 1){V (n) − V (n + 1)}
P (n) − P (n + 1)

３： A( n + 1) = a

V (n + 1){V (n) − V (n + 1)}
P (n) − P (n + 1) − D[結果３]通を円滑に行うためには、道路を建設する段階

１： A( n + 1) = a{V ( n) − V ( n + 1)}

からそれを考慮した道路建設を行う必要がある。

このモデルでは、車の、反応時間後の加速度
は、前方を走行している車との相対速度に比例[研究３]している。しかしこのモデルでは、a を大きく

ここまでのシミュレーターで使用していた車

すると、ある車両の速度変化が後方へ伝播して両の挙動モデルは、挙動そのものは人間の運転

いく際にその速度変化が増幅してしまい、増幅する車の挙動と大きな差はないものの、そこにしない程度に a を小さくすると、後方の車両の反応が遅れ、容易に衝突してしまう。また、実運転するときには、どのような状態であるかに際には運転手は車頭間距離が近いほど前方の車よって計算式を変えると考えられるため、このとの速度との違いに敏感になると考えられるが、ような単純なモデルでその挙動のすべてを説明

このモデルでは車頭間距離によって加速度が変することには無理があると考えている。また人化しないため、それを反映できていない。

間が運転している場合、自分の速度や相対速度、V (n + 1){V (n) − V (n + 1)}
P (n) − P (n + 1)

車間距離が同じであっても、気分や性格などのこのモデルは一つ目のモデルに加えて、自分とが考えられるが、これらのモデルではそのよ

自身の速度に比例し、車頭間距離に反比例する

うな点についても再現できていないため、改善ようになっている。このモデルは上のモデルとする必要がある。

２： A( n + 1) = a

非常に細かい要因によって加速度が変化するこ

違い、車頭間距離が近いほど前方の車との速度の違いに敏感になる。しかし、衝突は比較的起[研究４]

こりにくくなっているものの、やはり a を大き

参考文献[３]に記載されていたモデルは車両

くすると速度変化が増幅してしまい、増幅しなが順調に走行している場合を想定したモデルで、い程度に a を小さくすると容易に衝突してしま停止などをした場合には正しく動かない。そこう。

で、条件分岐などを用いた、より複雑な式で車V (n + 1){V (n) − V (n + 1)}
P (n) − P (n + 1) − Dの動きを表現する車両挙動モデルを独自に開発

このモデルは二つ目のモデルにおける車頭間

理想的な車間距離を保って走行する状態を目標

３： A( n + 1) = a

した。このモデルは、前方の車両と同じ速度で距離を実際の車頭間距離と望ましい車頭間距離に車両の挙動を決定するものである。

との差にしたものである。停止の直前までは順[結果４]調に減速するが、前の車との車頭間距離が D よこのモデルでは前方を走行している車両が等

り短く前の車の方が速度が遅い場合に、本来は速走行している場合の加速度の変化の様子は比減速するべきだが加速してしまう。

較的人間に近いものになったが、加速度の大き[考察３]さは非常に小さく、実際の車両のものとは違っこれらのモデルにはそれぞれ問題点があった

たものになってしまった。また、前方の車両がが、それはこれらのモデルが速度変化を伴いな加減速している場合の加速度は実際のものとはがらも、停止などをせずに進んでいく場合を想かけ離れてしまっている。

定しているからだと考えている。実際に人間が[考察４]

加速度の大きさが非常に小さくなってしまっ

れらができれば、渋滞を少しでも少なくするたている点についてはパラメーターや式の一部をめには、どのような運転をすればよいのか、ど

適切に調整することで解決するのではないかとのような道を作れば良いのかがわかり、渋滞を考えているが、それぞれが他の場合の動作にも減らすことができるのではないかと考えている。

関わっているため、安易に変更できず、現在は

さらに、リアルタイムで、現在の道路状況を解決できていない。前方の車両が加減速していもとに数分、数十分先の道路状況を予測し、ナる場合の挙動の精度が低いのは、このモデルはビ等を通じてドライバーに指示を出すようなシ前方の車両が等速走行していることを想定してステムを構築することができれば、渋滞の数を開発したことによるもので、前方の車両が等速

大きく減少させ、起こってしまった渋滞も素早走行していない場合の挙動を表現するための式

く解消できるのではないかと考えている。

を別に開発すれば解決できると考えられる。

５．参考文献４．今後の課題[１]「やさしい JAVA 第二版」(高橋麻奈 著、今回は研究１、２でシミュレーターを作成し

風工舎 版、2002 年)

シミュレーションを行い、交通渋滞の性質や、[２]「碧色工房」

オフセットなどについて調べた。しかし、車両
挙動モデルが正確さに欠けており、本論文に書(http://www.mm2d.net/applet-howto/)[３]「Java Platform, Standard Edition 6

いたような大まかなことはわかるが、複雑な式API 仕様」

を用いて関係を表すなどの厳密なことは言えな(http://docs.oracle.com/javase/jp/6/api/)い。そのためモデルを正確なものにする必要があると考え、様々な車両挙動モデルの検証およ[４]「交通工学」(飯田恭敬 監修、北村隆一
編著、オーム社 版、2008 年)

び開発を行ったが、まだ満足できる精度を持った車両挙動モデルは完成していないため、それ６．謝辞を完成させたいと考えている。また、現在は格サイエンス研究会物理班の活動において顧問

子状に並んでいる道などの単純な道でしかシミの米田隆恒先生をはじめ、多くの先生方に多大ュレーションを行うことができないが、実際になご指導を賜りました。また、先輩方にも多くは曲がっていたり垂直でない角度で交わっていのアドバイスをいただきました。この場で深くたりなど複雑な道も多いため、そのような道で感謝申し上げます。

のシミュレーションもできるようにしたい。こ拡張型情報表示デバイスの開発
３年Ｂ組 青木 雅典
指導教員 米田 隆恒

１．要約
私は、現在全く新しい情報表示デバイスの開発を行っている。当研究では、デバイスの表示領域をハードウェア面でユーザーが自由に伸縮できる拡張型情報表示デバイスの開発を目指す。そこで、その基本部分として、小型ディスプレイを搭載したデバイスを複数台組み合わせてユーザーが自由に操作できるデバイスのプロトタイプを製作した。
キーワード

OLED、小型ディスプレイ、PIC マイコン、SPI 通信

２．研究の背景と目的
近年、タブレット端末やスマートフォン

バイス本体の画面サイズによってユーザーができることが限られてしまう。

等が普及したことで、液晶ディスプレイを

この現状を打破するため、現在主流とな利用した小型の電子デバイスがより身近なっている「一つのデバイスあるいはシステものになってきた。

ムに一つの画面」という方法ではなく、「小型ディスプレイを搭載したデバイスを複数台組み合わせる」ことを考えた。これにより、ユーザーはデバイスの並びや構成を変化させることでさらに多様な情報入力の手段を得ることができ、同様に多様な情報出力も得られると考えられる。

３．研究内容（１）研究事項＜研究１＞
図１ 液晶ディスプレイを搭載した
スマートフォン
老若男女問わず、たくさんの人々が利用しているこれらのデバイスには、使用目的

マイクロコンピュータから小型ディスプレイを制御し、画面に図形を描画する＜研究２＞
センサの情報を読み取り、グラフとしてに応じた様々なサイズのディスプレイが取画面に描画する

り付けられている。しかしながら、ユーザ＜研究３＞ーが行える操作はすべて、たった一つの画面の中でしか行うことができないので、デデバイス間で通信を行い、一つの図形を
複数のディスプレイにわたって表示する

＜研究４＞
デバイスの自由度を向上させるために、小型化を行う
＜研究５＞
無線通信デバイスを使用してパソコンとデバイスの間で通信を行う（２）研究内容＜研究１＞
私 は 昨 年 度 の 研 究 で 「 NOKIA 3300

図３ 今回使用する OLED

LCD」と呼ばれている CSTN カラー液晶ディスプレイの制御を行った。

これまで、モジュールを制御するために、
マイクロコンピューターチップを用いてきた。今回のプロトタイプの開発では、「NOKIA 3300 LCD」を制御していたものと 同 じ PIC24F マ イ ク ロ コ ン ピ ュ ー タ「PIC24FJ64GA002」を使用した。

図２ NOKIA 3300 LCD
しかし、この液晶ディスプレイは制御信号に対する反応速度が遅く、斜めから見ると色が変わってしまうといった問題があり、あまり実用的なものではなかった。今回製
作する機器は、小型ディスプレイを組み合

図４ PIC24FJ64GA002

わせて使用する。ディスプレイを平面的にだけではなく立体的に組み合わせて使用す

今回使用した OLED には 3 線 SPI、4 線

ることも考えているため、画面に表示されSPI、8bit パラレル通信の 3 種類の通信方ているものがどの向きから見てもはっきり式がある。初めに製作した回路では、3 線と見える方が良い。そこで、今回は液晶デ

SPI 通信方式を利用して OLED を制御した。

ィスプレイではなく、視野角の広い OLED

3 線 SPI 通信は、
コマンド識別フラグと 8bit

（有機 EL）ディスプレイ（以下、OLED）のデータを合わせて 9bit のデータを SPI 通を用いることにした。

信で送信している。しかし、PIC24F マイ
コンの SPI モジュールは 9bit のデータを送信する SPI 通信方式に対応していない。そのため、ソフトウェアで疑似的に SPI 通信＜研究２＞を行う必要があり、通信速度が低下してしデバイスへの入力やディスプレイの向きまった。そこで、データかコマンドかを識の検出などに、センサを利用する必要があ

別する信号線１線と PIC24F でも高速で制るため、ここではセンサからの値を読み取御できる 8bit の SPI 通信方式を利用できる

り、OLED にグラフとして表示する。

4 線 SPI 通信方式を使用するように改良を
加えた。

センサは、
「KXM52-1050」という 3 軸加速度センサモジュールを利用する。

また、OLED の電源に 13V を用意する必要があったため、「TB62731FUG」という
DCDC コンバータを使用し、昇圧回路を自作した。この際、私たちの研究室にある
CNC フライスで独自に基板のパターンを削り出し、部品をすべて表面実装部品にすることで、昇圧回路全体の小型化も行った。
図６ KXM52-1050
加速度センサは、重力加速度も出力する
ので、それをマイクロコンピュータで取得5mm

することで画面の向きを指定することも可能である。このセンサは、X,Y,Z の各軸の加図４ 製作した昇圧回路

速度をアナログデータで出力するため、データの読み取りには、マイクロコンピュータの AD コンバータを利用するのが良いと考えた。
また、グラフを描画するには、取得したデータを保存する機能と画面を自動的に再描画する機能が必要である。OLED は、横幅が 128px あるので、データ格納用変数は128 個用意する必要がある。ここでは横幅を 4px として説明する。グラフは右から左に流れていくので、最新のデータは右端に表示する。まず、Index1 に最新データを入れる。次に変数を左に一つ分ずつずらし（左端の変数は右端に移動）Index2 に最新デー

図５ 製作した OLED デバイス

タを入れる。さらに、変数を左に一つ分ずつずらす。 この手順を繰り返していくこと

路の小型化を行い、デバイスを OLED 側かで、データを更新しながら画面の再描画をら見たときディスプレイのみが見えるよう行うことができる。

にすることで、連結時の画面同志の隙間を少なくすることにした。

＜研究３＞

始めに、＜研究１＞で製作した OLED デ

複数の OLED デバイスを一つのシステム

バイスは、使用しているほとんどの部品がとして利用するには、それぞれのデバイス

サイズの大きいものであったため、回路の間で通信を行い、センサの状態や描画して小型化を行うには、使用しているすべてのいるものの情報を共有する必要がある。そ電子部品をサイズの小さい表面実装部品にこで、今回は PIC マイコン同士を UART（汎変更した。特に、PIC マイクロコンピュー用非同期送受信回路）で接続し、描画する

タは、今まで使用していた DIP パッケージ

画像のデータを送受信できるようにする。

の「PIC24FJ64GA002」から、TQFP パッ

ここでは、２つのデバイスを接続してシスケージの「PIC24FJ64GA004」に変更した

テムを構成する｡

ことで、回路をより薄く、小さくすること

例えば、OLED の間を通って移動する長が可能となった。

方形を表示したいとする｡長方形の描画領
域が一枚目の OLED をはみ出したとき、もう一方の OLED に表示するべき長方形の座下が今回使用するもの
上が研究 1 で使用したもの

標や色などの情報を UART で送信する｡すると、受信側のマイクロコンピュータは受図７ 研究１で使用した電子部品と信したデータを元に、はみ出した部分の長今回使用する表面実装部品の比較

方形を OLED に描画する｡このような処理を複数の OLED デバイス間で行うことによまた、＜研究１＞ではユニバーサル基板

り、ほぼリアルタイムで OLED を連携させという基板を使用していたが、これは小型ることが可能となる｡また、独自の識別コマ化を行うには不向きであったため、OLED

ンドを使用することで、送信している情報のサイズに合わせた専用制御基板を自ら製が画像データか、センサ入力値のデータか、作した。

などを区別できる。そのため、デバイス全体の情報を共有できるシステムも製作することが可能になる｡＜研究４＞
OLED デバイス同士を組み合わせるときの自由度を向上させるには、デバイスをで

図８ 小型化した OLED 制御基板

きるだけ薄く小さくすることが必要である。

（両面基盤の裏と表）

そこで、ここでは＜研究１＞で製作した回使用する PIC マイクロコンピュータを変ットワークを構築することも可能だが、今更したことで、利用できる入出力ピンが増回は試験的に１つの OLED デバイスと一台えた。そこで、制御基板の裏面には昇圧回のパソコンとで通信を行い、１対１での通路と共にタクトスイッチを配置し、OLED信とした｡

デバイスを上から押すことで、ユーザーからの入力を受け取れるようにした。

初めに、パソコンとマイクロコンピュー
タ間で無線通信を行う実験として、簡単な対話型マイコン制御プログラムを制作した。

＜研究５＞
このデバイスで表示する情報として、メールや天候の情報などが考えられる。それらの最新情報はインターネットを通して取得する必要があるが、デバイスに無線 LAN
通信パーツを組み込んでインターネット上から直接情報を取得することは、パーツの大きさや値段などの問題があり、難しい。
そこで、パソコンとデバイスとを無線で接続し、パソコンから必要なデータだけを取

図 10 制作した対話型
マイコン制御プログラム

得する方法をとった｡
パソコンと OLED デバイスの接続には

これは、あらかじめマイクロコンピュー「XBee」という無線通信モジュールを使用

タ側にコマンドやメッセージを記憶しておした｡

くことで、ユーザーはまるで対話をしているような感覚で利用することができる。これにより、XBee 無線通信モジュールを使用
してパソコンとマイクロコンピュータの間
で無線通信を行うことに成功した。
また、その応用として、OLED に Twitterのつぶやきを表示するシステムを制作しようと考えた｡Twitter からデータを取得する
パソコン側のソフトウェアは、Visual C#で自作し、取得したデータをあらかじめ決めておいた形式でマイクロコンピュータに送

図９ XBee 無線通信モジュール
これは、研究３でも利用した UART 通信
を手軽に無線化できるものである｡このモジュールを利用するとモジュール同士でネ信する仕組みとした。

４.結果

つの画面として利用すること、および個々＜研究１＞の OLED デバイスが持つ情報をデバイス同

マイクロコンピュータと OLED の間の通信士で共有するシステムを構築することは、

方 式に ４線 SPI 通 信を利 用す るこ とで現段階ではできていない｡

OLED を高速制御することに成功し、図形＜研究４＞や写真を表示することが可能となった。

使用する電子部品を小さいものに変更し、OLED の大きさに合わせて設計した自作制
御基板を使用することにより、＜研究１＞で製作した電子回路をすべて OLED のディ
スプレイサイズよりも小さく収めることに成功した。

図 12 小型化に成功した OLED デバイス
（表面と裏面）＜研究５＞
パソコンと OLED デバイス無線通信モジュールを用いて接続することが可能となった。
しかし、目標であったデバイス本体をイン
ターネットに接続することなく天候やTwitter などの情報を OLED に表示するこ
図 11 文字と図形を OLED にとは、現段階ではできていない｡

表示している様子

５.考察
＜研究２＞

今回の試作において、研究３の目標を達

３軸加速度センサからのアナログデータを成することはできなかった。これには、ママイクロコンピュータで読み取り、それぞ

イクロコンピュータ同士のデータ通信を行れの方向の加速度をグラフとしてリアルタ

ったとき、液晶ディスプレイに表示するデイムで描画することができた。

ータが正しく送受信されていないというこ＜研究３>とが考えられる。このプロトタイプでは、

２つの OLED デバイス間で UART 通信を

UART 通信を利用して他の OLED デバイ

行い、データの送受信を行うことは可能とスとの同期を行うようにした。この場合、なった。しかし、実際に複数の OLED を１

複数の OLED を一つディスプレイとして使用するには、それぞれの OLED デバイス間の利用方法を考える必要がある。スクリーのタイムラグを抑えるために、通信に必要ンサイズやシステム全体の大きさ、可搬性、とする時間をできる限り短くする必要があ

汎用性などを踏まえ、これからの研究をよる。しかし、通信の高速化を図ったことで、り向上させ、より良いシステムを開発でき

マイクロコンピュータ自体の通信精度のズると考えている。

レが生じ、結果的にデータの送受信ができなくなったと考えている。

６.今後の課題

さらに、研究４においても現段階で目標

上記の考察で述べたとおり、私が今回取を達成することはできなかった。これは、り組んだデバイス開発ではいくつかの問題

パソコン側のソフトウェアでツイートを取点が浮上した。まずは、それらの問題点を得する際に正しくデータを読み込めていな

クリアし、実用性のあるプロトタイプを製いことが原因だと考えられる。Visual C#か作することが第一ステップであることは言ら Twitter のデータを取得する時、OAuth

うまでもない。

認証という複雑な認証方式を利用する必要

また、OLED デバイス同士を組み合わせがあり、プログラムはこの処理を正しく行るとき、毎回信号線をつなぎ直す必要があうことができていないと思われる。この問ると、非常に使いづらいデバイスとなって題を解決することは、現段階で容易ではなしまう。これを解消するために、私はデバ

いため、今後は Twitter ではなく、もう少イスの４辺に電極と小型のネオジム磁石をし簡単にデータを取得することが可能な天配置し、それぞれの OLED デバイスを磁力候やメールなどの情報サービスを利用する

でつなぎ合わせる方法を考えた。

ことも考えている。

今後の研究において重要となるのはユー

従来、私たちが日常生活の中で利用してザー体験の模索である。従来の「直感的な」きた多くの情報表示端末では、ユーザーがデバイスにおいては、その設計の斬新さや利用できる情報入力および出力の手段は、

ユーザーインターフェイスの視覚的な新し

初めから端末に備え付けられているたったさが求められてきた。しかしながら、これ一つの画面だけであった。しかし、私が今から検討していくべきことはユーザーがど回開発したシステムのプロトタイプでは、のような体験をこのデバイスから得られる

ユーザー自身がデバイスの組み合わせや並か、である。よって、今後の研究では、どび方などの形態の変更を自由に行うことをれだけ有用性のあるデバイスを設計するか目標にしている。それにより、ユーザーや、だけではなく、ユーザーの立場から、このシステムを使用する目的、状況に応じて確デバイスからどのような体験が得られるか

実に適合するよう、自由にユーザーがハーを考えながら開発していくことが重要にな

ドウェアの面から変更を加え、システムをる。

使うことができると考えられる。
また、実用性に含んだデバイスを開発するためには、様々な使用環境や、ユーザー

７．参考文献[1]PIC24F リ フ ァ レ ン ス マ ニ ュ ア ル
http://www.microchip.co.jp/download.html[2]SSD1351 データシート
http://aitendo2.sakura.ne.jp/aitendo_data/product_img2/product_img/oled/UG-282
8GDEDF11/SSD1351.pdf[3]UG-2828GDEDF11 データシート
http://aitendo2.sakura.ne.jp/aitendo_data/product_img2/product_img/oled/UG-282
8GDEDF11/UG-2828GDEDF11.pdf[4]KXM52-1050 モジュール説明書
http://akizukidenshi.com/download/ds/akizuki/KXM52-1050_module.pdf[5] PIC24E リファレンスマニュアル
http://www.microchip.com/wwwproducts/
Devices.aspx?dDocName=en557370

８.謝辞
今回の研究にあたり、サイエンス研究会
物理班顧問の米田隆恒先生や藤野ともみ先
生には、日頃からご指導、ご助言をしていただきました。さらに、本校サイエンス研究会の先輩方にも多大なご協力をいただきました。この場をお借りして、御礼申し上げます。

太陽電池の発電量は何によって決まるか
4 年 B 組 田中 一輝
4 年 B 組 玉置翔太郎
指導教員 米田 隆恒
１．要約
私たちは、本校の太陽光発電の発電量を見たとき、発電量は何によって決まるのかという疑問を持った。そこで、豆電球と小型の太陽電池を用いて光源から太陽電池までの距離を変えながら太陽電池の発電電圧を測定した。その結果、光源から太陽電池までの距離と太陽電池の発電電圧の間に規則性があることがわかったので報告する。
キーワード 太陽電池、発電電圧、入射角、反射率
２．研究の背景３．研究内容

私たちは、図１のように、光源と太陽電池との距離が 2 倍になると太陽電池に当た(1) 仮説図２のように近距離では遠距離に比べてる光の量は 1/4 倍になると考えた。そこで、入射角が大きくなる。そこで私たちは、

発電電圧は光源からの距離の 2 乗に反比例「近距離では入射角が大きいため反射率がすると仮定し、距離と発電電圧の間の規則大きくなることが、発電電圧が小さくなる性を説明しようとした。しかし、この仮説

一つの原因である」という仮説をたて、実は近距離では成り立たなかった。今回は仮験を行った。

説が遠距離でしか成り立たない理由につい
て調べた。

豆電球

図2

太陽電池

距離と入射角の関係

太陽電池（2）仮説の検証

図1

図３が作成した実験装置の模式図である。
凸レンズで豆電球の光を平行にし、中央を四角く切り抜いた段ボールに当て、太陽電池に平行な光が当たるようにする。太陽電（4）計算結果

池を傾けていき、それぞれの角度における図４の結果を基に、入射角による反射率

発電電圧を測定した。また、豆電球以外のの影響を考慮して計算し、グラフにしたも光が太陽電池に当たらないように、実験装のが、図５の「②今回の仮定」である。こ

置全体を段ボールで覆って実験を行った。

の影響を考慮していない「③前回の仮定」
よりも①実測値に近づいていることがわか
る。
③

①
③
②

②
①

図5
４．まとめと今後の展望
今回の実験で、近距離では入射角が大き

図3

いため反射率が大きくなり、発電電圧が小
さくなることがわかった。しかし実際にそ（3）検証結果
検証結果をグラフにしたのが図４である。
太陽電池が水平となす角度が大きくなるにのデータを用いて計算してみると、距離が短くなるにつれて実測値との差は依然あった。

つれて、発電電圧は小さくなっていること

原因として考えられるのは、実験後に分がわかる。よって仮説は正しいといえる。

かったことだが、使用していた太陽電池は

なお、太陽電池を傾けると、光の当たる面

中心付近で発電効率が良く、外側では悪か積が増えるので、図４は測定結果を同一面ったということだ。今後、太陽電池を変え積あたりの数値に換算している。

て再度実験したい。
５．謝辞
この研究にあたりご指導くださったサイエンス研究会顧問の米田隆恒先生にこの場をお借りして深くお礼申し上げます。

図 4 入射角と発電電圧の関係

自分にだけの目覚まし時計―指向性スピーカーの製作とその応用―
４年Ｃ組 寺川 峻平
指導教員 米田 隆恒

１．要約
私は朝早く起きたいときに、自分の目覚ましの音でまだ寝ている家族を起こしてしまう
ことが嫌だった。そこで、超音波を利用した指向性スピーカーを製作し、マイコンと組み合わせて自分にだけアラームが聞こえる目覚まし時計を開発した。また、スピーカーからの超音波を利用した睡眠リズムの計測システムの開発を行っている。
キーワード 指向性スピーカー、超音波、マイコン、睡眠サイクル、寝返り

２．研究の背景と目的あり、快適な目覚めとはベッドを直接揺ら

私は幼い頃、日曜日早朝の特撮ヒーロー

したり極度に不快な音によって目を覚まさ番組をよく見ていた。そのため、目覚ましせたりしないということである。具体的な時計をセットして親よりも早く起きなけれ研究の流れを下に示す。

ばならなかった。しかし確実に起きようとすれば、アラームの大きな音でまだ寝てい[研究１]指向性スピーカーの製作

る親兄弟を起こしてしまう恐れがあり、か[研究２]目覚まし時計の製作といって音量を下げれば自分が起きられな[研究３]睡眠リズム計測システムの開発い。幼い私は、週に２日しかない休みに親をしっかりと寝かせてあげたいという思い

３．研究内容と、一度きりの放送を見逃したくないとい[研究１] 指向性スピーカーの製作う思いに悩まされ、その結果「自分にだけ自分専用の目覚ましグッズは既にいくつ聞こえるスピーカーを作ろう」と考えるよも開発・商品化されている。それらは主にうになった。そして高校生になった私は、二つのタイプに分けられ、一つは耳栓型のインターネットで指向性スピーカーの存在

デバイスからアラームを鳴らすタイプ、もを知り、開発を始めた。

う一つは音の代わりに振動で目を覚まさせ

今回、私は「自分にだけアラーム音が聞るタイプである。中でも後者の種類は多様

こえ、かつ快適な眠りと目覚めを妨げないであり、指定した時刻になると振動する枕

目覚まし時計の開発」を目的として研究をや、腕時計型で血圧・心拍数などから眠り行った。ここでの快適な眠りとはイヤホンの浅い時間帯にバイブレーションで目覚め等の装置を直接体につけないということでさせてくれるという製品もある。

しかし、これらは今回の目的を満たすもすることで部品を基板にハンダ付けした後のではない。耳栓タイプのものは他人に音でも出力信号の周波数を変化させることがが聞こえることはないものの、装着時の違できる。よって作成した回路（図３）では和感によって快適な眠りが妨げられる恐れ

２つの超音波の差の周波数、つまり実際にがある。また振動タイプは振動が床などを耳に聞こえる音の周波数を、約 2kHz まで伝わって近くで寝ている人を起こしてしまの範囲で自由に調節することが可能である。

う恐れがある。そこで非接触で、かつ音を狭い範囲にだけ届けることのできる指向性
スピーカーを製作することにした。

図３ タイマーIC を使用した発振回路
発振周波数 40kHz
タイマーIC の電源電圧は後に使うマイコン等の部品と同じく＋5V とするため、直図１ 指向性スピーカー

接超音波スピーカーを駆動するには電圧が低い。そこで、FET（電界効果トランジスタ）を使用して電圧変換を行った。FET はトランジスタの一種で、今回使用した FET（図４）はゲート端子－ソース端子間に基準値より高い電圧をかけるとドレイン端子

図２ 超音波スピーカー
直径約 10mm－ソース端子間に電流が流れるというものである。

今回指向性スピーカーの製作に使用した
超音波スピーカーは 40kHz±１kHz に共振周波数を持つので、タイマーIC（NE555）を２つ使用して 40kHz 前後の方形波を作り、入力信号とした。このタイマーIC は一緒に使用する抵抗器とコンデンサの抵抗

図４ スイッチング用 FET

値・容量によって任意の周波数の信号を作（N-ch MOSFET µPA2753）

り出せるというもので、抵抗器に半固定抵

この性質を利用し、FET をスイッチのよ

抗器（抵抗値を自由に変えられる）を使用

うに使うことによってタイマーIC の信号

で大きな電圧を制御することができるのでに使用する。RTC については後述する。

ある。
＜研究２－１ 水晶発振器使用型の製作＞
まずは時間の周期を水晶発振器（図７）から得る時計を製作した。水晶発振器とは、電圧をかけると一定の周期で電圧の変化する信号を出力する部品である。この信号を
PIC マイコンで処理し、１秒をプログラム
によって作り出して時計を作ろうと考えた。
しかし実際に製作してみると、水晶発振器自体の誤差やプログラムの処理方法によ
図５ スピーカー駆動用電圧変換回路[研究２] 目覚まし時計の製作
PIC マイコンと LCD キャラクタディスって生じる誤差によって、多いときには一晩で２分もずれてしまうことがあり、別の方法で時計を作ろうと考えた。

プレイ、リアルタイムクロックモジュール（以下、RTC モジュールという）を使って目覚まし時計を製作した。マイコンとはマイクロコントローラの略称で、プログラム
を専用の機器で書き込むとその通りに動作するというものである。PIC マイコン（図６）は microchip 社が開発したマイコンで

図７ 水晶発振器あり安価で入手性が高く開発環境が整っていることが特徴である。

＜研究２－２ RTC 使用型の製作＞
次に RTC モジュールを利用して時計を製作した。
RTC とは少ない消費電流で計時を続ける機能を持つ電子部品で、時計・カレンダ
ーの用途で使われるものである。身近な例を挙げると、PC のカレンダーや時計が電源

図６ PIC マイコン
PIC18F2320を切っても正常に動いているのはこの
RTC を使用しているからである。今回使用した RTC モジュール（図８）は内部に高精

今回は I2C 通信モジュールを内蔵してい度調整済み水晶振動子を内蔵しており、る PIC18F2320 という PIC マイコンを使用

PIC から命令を送ることで日時の書き込みした。LCD キャラクタディスプレイは小型/読み取りを行うことや、タイマー機能・一の液晶表示機で、時刻やその他の情報表示

定周期の信号出力機能などが利用できる。

つまり、＜研究２－１＞で PIC マイコンが行っていた動作を RTC に任せることがで④RTC モジュールから時刻データを読み出し、表示する。

きるのである。これによってプログラムが⑤③④を繰り返し、③のアラーム時刻と④簡単になり、また精度の高い計時を行うこで得られた時刻が同じであれば指向性スとが可能となる。

ピーカーを鳴らす。
このようにして目覚まし時計を製作することができた。これによって「自分にだけアラームが聞こえ、快適な眠りを妨げない
目覚まし時計」を製作するという目的は達図８ RTC モジュール

RTC-8564NB を使用成されたといえる。しかし、快適な目覚めについては、ただアラームを鳴らすだけという既存の製品と全く同じ方法をとっておRTC と PIC の間でデータのやり取りをり、不快ではないが面白味・新規性に欠け行うには、I2C 通信という通信方式を用いる。そこで、私はこの目覚まし時計に睡眠る必要がある。I2C とは２本の信号線によサイクルを計測する機能をつけられないかって通信を行う方式であり、SCL と呼ばれと考えた。

る信号線からの信号でタイミングをとりな
がら SDA と呼ばれる信号線でデータを送/[研究３] 睡眠リズム計測システムの開発受信する。通信のために必要なポートが２

快適な目覚めを実現するにはどうすればつで済むため、ピン数の少ないマイコン等よいのか。ヒントは冒頭で述べた目覚ましに適した通信方式だとされている。

時計の例にあった。人間は睡眠中に浅い眠

また、RTC に対して現在時刻等の入力操りと深い眠りを繰り返すということが知ら作をするため、タクトスイッチ３つを入力れている。眠りの浅いときに起こされると装置として使用した。

すっきり目覚めることができ、逆に眠りの深い時に起こされると不快感を覚えるとい[PIC マイコンの動作の流れ]われている。浅い眠りと深い眠りの周期は①電源投入時に現時刻の設定画面を表示し、個人差があるもののほぼ一定で、そのサイ

タクトスイッチによって入力された時刻

クルがわかれば、次にいつ浅い（深い）眠を RTC モジュールに設定する。

りが訪れるかを予想することができる。眠

②設定後、デジタル時計表示に切り替える

りの浅い状態では血圧の変化が激しくなっが、任意に現時刻を設定しなおすことがたり心拍が不規則になったりするため、冒可能である。

頭で述べた腕時計型の目覚まし時計はそれ③時刻表示中にアラーム時刻設定ボタンをらをもとにして浅い眠りを予測し、設定時押すと設定画面を表示し、入力された時

刻に一番近い浅い眠りのときに振動してユ

刻データを PIC マイコンに保存しておく。

ーザーを起こすのである。このように、睡眠リズムを計測すれば快適な目覚めを実現

異なるはずである。この距離の変化を検知することができるはずである。

することで寝返りをうったかどうかを判定

しかし、今回の研究では非接触を目標としているため、上記のように血圧や心拍数するというものである。
製作した寝返り検知システムの流れを下などをモニタすることは困難である。私はに示す。

夜遅く家族が寝静まった頃に、どうしたも①0.5 ミリ秒間超音波を送信する。同時にのかと思案していた。すると背後で弟が寝PIC 内部で 0.3 ミリ秒毎のカウントアッ

返りをうった。そこで私は寝返りと睡眠リ

プをスタートする。

ズムとの間になにか関係があるのではないかと考え、インターネットで調べてみた。

②跳ね返ってきた超音波を受信するとカウントアップをストップする。

その結果、寝返りが浅い眠りと深い眠りを③一つ前に計測したデータと比較し、同じ切り替えるスイッチの役割を果たしているでなければその時の時刻を記録用配列にという記述が見られた。そこで私は寝返り記録する。

を検知することによって睡眠リズムを計測④①②③を１分ごとに繰り返すすることができるのではないかと考え、そのようなシステムの開発を行った。

①でカウントアップの周期が 0.3 ミリ秒

寝返りを検知するために、私は超音波ス

間隔なのは、音波が約 10cm 進むのにおよ

ピーカーを距離センサとして利用しようと

そ 0.3 ミリ秒かかるためである。これによ考えた。距離測定は非常にポピュラーな超って小さな体の動きを検知しないようにし、音波の利用法であり、今回製作した指向性

PIC のメモリの使用量を抑えている。また、スピーカーでも同様に可能であると考えた

睡眠リズムは分単位でわかればいいので、からである。寝返り検知の考え方を以下に距離の測定を１分間隔で行っている。その示す（図９）。

ため、この寝返り検知システムは「寝返りを打った時刻」ではなく「ある時間帯に寝返りを打ったかどうか」を調べるものであるといえる。

図９ 寝返りによる距離変化

目覚まし時計は寝ているユーザーの周囲数メートルの範囲に固定されているとする。
ユーザーが寝返りをうつと、目覚まし時計とユーザーとの距離が寝返りをうつ前後で

図 10 実験風景

時計動作中超音波の受信には超音波センサ（図 11）を逆転させれば、同じ電源電圧でも２倍のを用いた。超音波センサからの信号をオペ

電圧変化をもたらすことができる。効率よ

アンプで増幅し、ショットキーバリアダイ

くスピーカーを駆動するため、H ブリッジ

オードで検波したのちにコンパレータで基方式の駆動回路を製作する必要がある。

準電圧と比較する。超音波を受信し、コンパレータへの入力電圧が基準電圧よりも高・寝返りデータの処理

くなれば PIC マイコンの入力ピンに電圧が寝返り検知システムを製作したが、浅いかかって超音波の受信を判断するというも眠りを予想してアラームを鳴らすために、のである。

得られた寝返りのデータから睡眠リズムを

現在は製作した超音波受信回路の増幅率割り出す方法を研究する必要がある。将来の調整を行っており、それが終わり次第、的には SD カードなどに寝返りのデータを

データの収集を始める予定である。

保存して PC 上でデータをモニタできるよ
うな機能や、簡単な日記とともにデータを保存して管理するソフトウェアを製作した
いと考えている。

５．参考文献[1]「非線形音響学の基礎」，鎌倉友男、愛智出版[2]「音のなんでも小辞典」，日本音響学会、
図 11 受信用超音波センサ

講談社[3]「電子回路入門講座」，見城尚志、高橋久、

４．今後の課題
・基板の製作回路の変更を行うことが多かったため、目覚まし時計・寝返り検知システムの回路をブレッドボード上に作成した。しかし、

電波新聞社[4]「電子工作のための PIC18F 本格活用ガイド」，後閑哲也、技術評論社[5]「超指向性音響システムの開発」，鎌倉友男、酒井新一

このままでは目覚まし時計として使用することは困難なので、ある程度回路構成が決定した段階でユニバーサル基板上に部品を実装する必要がある。

６．謝辞
今回の研究において、サイエンス研究会
物理班顧問の米田先生や本校の先生方、また研究発表会等でアドバイスをくださった・超音波スピーカーの駆動方法の改良

多くの方々、信州大学での講演後にお話を現在の駆動回路では 0V とスピーカー用

聞かせていただいた電気通信大学の鎌倉教

電源電圧とを繰り返し印加しているが、H授に、この場をお借りして深くお礼申し上

ブリッジ回路を利用して電圧の入力の向きげます。

マイクロ波実験装置の改良
４年Ｃ組 寺川 峻平
指導教員 米田 隆恒

１．要約
私はマイクロ波実験装置の開発を行っている。昨年度製作した装置の信号出力部分を大幅に改良し、オシロスコープを使わずに実験を行うことができるように改良を行ったので、ここに報告する。
キーワード マイクロ波、オシロスコープ、電圧計、オペアンプ、増幅、検波

２．研究の背景と目的
私は数年前から市販のドップラーセンサ

図１ マイクロ波実験装置

を用いてマイクロ波実験装置の開発を行ってきた。その結果、物質中のマイクロ波の波長の測定とマイクロ波の受信強度測定を行うことができるようになった。しかし、それらの測定・実験を行うためには微弱な出力信号を読み取るためにオシロスコープ（図２）を使う必要があった。もとの開発

図２ オシロスコープ

目的が「教科書を読んだだけでは呑み込めない事象を実験によって確かめる。そのた３．研究内容めにできるだけ安価に装置を自作する」と自作したマイクロ波実験装置からの出力いうものであるため、非常に高価な機材で信号を電圧計で見られるようにするため、あるオシロスコープが必要であるというこ信号を増幅する必要がある。

とは望ましくない。そこで、オシロスコー

扱う出力信号の例を図３に示す。

プの代わりに電圧計を使って結果を表示できるように信号出力部分の改良を行った。

図３ 装置からの出力信号

＜装置からの出力信号の特徴＞

波数に合わせた高周波信号を作ることは難・周波数：数 MHz から 10MHzしかったため、混合器で周波数変換を行う

・電圧：およそ 10mVp-p から 100mVp-p

方法は断念した。

・装置の特性により、振動の中心電圧が変動する。

[実験②] 広帯域オペアンプで増幅→整流実験の結果、この方法も断念した。

装置からの出力信号を増幅するために、

実験②では、高周波信号を扱えるオペア

以下の３種類の方法で実験を行い、検証をンプを用いて実験を行った。オペアンプは行った。

その目的によっていくつかの種類に分ける[実験①] 周波数変換→汎用オペアンプでことができ、オーディオ信号を歪みの少な

増幅→整流い状態で増幅するもの、正の低周波信号を[実験②] 広帯域オペアンプで増幅→整流

高精度で増幅するもの、電源電圧近くまで[実験③] 整流→単電源オペアンプで増幅

出力電圧をとれるものなどがある。それらの中で、広い周波数帯域を持ち、高周波信[実験①] 周波数変換→汎用オペアンプで増幅→整流実験の結果、この方法は断念した。

号でも増幅することができるタイプのオペ
アンプを使用すれば信号を電圧計で見られるのではないかと考えたためである。

通常、信号を増幅する際にはオペアンプ

しかし、オペアンプは増幅する信号の周という IC を使用する。オペアンプは外付

波数が高くなるほど増幅率の上限が下がる

けの抵抗器の抵抗値の比によって簡単に増という性質がある。広帯域オペアンプでも幅率を変えられるため、とても便利で使いそれは同じで、入手が比較的容易な広帯域

やすい部品である。しかし今回扱う信号はオペアンプ[NJM4580]では数 MHz の信

通常のオペアンプで扱える周波数よりも高号を 10db 以下の増幅率でしか増幅するこい周波数であるため、そのままでは増幅すとができないことがわかった（図４）。

ることができない。そこで、混合器（ミキサ）を利用しようと考えた。混合器とは、異なる周波数をもつ２つの信号を入力すると、それらの和と差の周波数の信号を出力するというものである。これを利用すれば、実験装置からの出力信号の周波数を変換し、オペアンプで増幅できる周波数まで落とすことができるはずである。
しかし、出力信号の周波数をオペアンプ

図４ オペアンプの周波数特性（横軸：周波数

縦軸：増幅率）で扱える 100Hz 程度まで下げるためには、
出力信号±100Hz 程度の基準信号が必要

これでは電圧計で扱える数 V レベルにまである。日によって変化する出力信号の周で増幅することは困難であるため、広帯域

オペアンプを使用する方法も断念した。

・増幅部
オペアンプを使用して非反転増幅回路を[実験③] 整流→単電源オペアンプで増幅実験の結果、採用できることがわかった。

構成し、信号を電圧計で扱える電圧まで増幅する。

今回扱う出力信号は交流であり、電圧計

オペアンプには単電源動作し、最大出力で扱う信号は直流である。そのため、回路

信号振幅が広い NJU7032（図６）というのどこかの段階で整流を行う必要がある。

ものを使用した。これを電源電圧 9V で動整流とは交流信号を直流信号に変える操作

作させ、増幅率 23 と 11 の二段階の回路をのことであるが、これを回路の入力に一番通して約 250 倍の増幅を行った。

近い部分で行うことによって増幅を容易にしようと考えた。整流されたあとの信号は正の直流電圧（今回は脈流となる可能性もある）となるため、増幅は単電源のオペアンプを用いればよく、非常に簡単な回路で増幅できることがわかった。回路の構成を以下に示す。

図６ 単電源オペアンプ
NJU7032

・入力‐整流部
信号のゆらぎを取り除くため、直流カット用のコンデンサを直列に入れる。それによって 0V を中心に振動するようになった
信号を、ダイオードとコンデンサにより整流する。汎用ダイオードでは数 MHz という高周波に対応できないため、高周波信号も扱うことのできるショットキーバリアダ
イオードを使用した。これらの回路によっ

図７ 実験風景て、装置からの出力信号の振幅の変化を電圧の変化に変換することができた（図５）。

これにより、信号の電圧を電圧計で測ることのできる電圧まで上げることができた。

４．今後の課題
実験③において、増幅回路の抵抗器を頻繁に付け替えるため、回路をブレッドボー
ド上に組んで実験を行った（図７）。これで０V

は実験装置を使用する際に非常に不便であるため、ユニバーサル基板あるいはプリン
ト基板を製作する必要がある。
図５ 整流後の波形

５．参考文献[1] 「電子回路入門講座」，見城尚志、高橋久、電波新聞社

６．謝辞
今回の研究において、顧問の米田先生をはじめとして多くの方々にアドバイスをいただきました。また、サイエンス研究会物理班のメンバーにも実験を手伝ってもらうことがありました。この場をお借りして、深くお礼申し上げます。

素数の並びに規則はあるかⅡ
3 年Ａ組 田村 拓也
指導教員 川口 慎二

１． 要約
サイエンス研究会数学班 3 年生は素数について学習している。今回は算術級数定理の証
明を理解することを目標とし、その理解のためにリーマン予想やラマヌジャン予想を学習した。また、ラマヌジャンの τ 関数、及び完全数に関する考察することができたので紹介する。
キーワード 素数、ゼータ関数、L 関数、 τ 関数、完全数

２． 研究の背景と目的
素数とは 1 自分自身以外に正の約数を持■包除原理

A1 , A 2 ,L, A n を n 個の有限集合とした

たない 1 以外の自然数であり、2,3,5,7,11,Lと続く。この並びは一見規則性がないように見える。しかし、実際はどうなのか現在
でもまだわかっていない。
私は、素数の並びに規則はあるのか、ということに興味をもった。すると、素数の並びの背景には深い代数世界が広がっていることを知った。そこで、基礎的な内容に加えて、L 関数や τ 関数といった内容について、本稿にまとめておくことにした。

３． 研究内容
３－１．基本事項■素数
素数とは1 自分自身以外に正の約数を持素数
たない 1 以外の自然数のことをいう。以降、

n 以下の素数の個数を π (n ) とあらわす。もっとも簡単で、最古の素数を生成する方法

とき、
n

n

UA =∑ A − ∑ A ∩A
i

i =1

i =1

i

i , j:i < j

ij= ∑ Ai ∩ Aj ∩ Ak − L ± A1 ∩ L ∩ An
i , j ,ki< j <kが成り立つことを包除原理
包除原理という。ここで
包除原理

A は集合 A の濃度を表す。

■全射、単射とは２つの集合 X , Y 間の写像 f : X → Y について、 f ( X ) = Y が成り立つとき、 f を
全射いう。
全射

つまり、∀y ∈ Y , ∃x ∈ X s.t. f ( x ) = y が成り立つときである。
写像 f : X → Y において x,x ′ ∈ X についとして知られているのが、エラトステネス
エラトステネスて x ≠ x′ ⇒ f ( x ) ≠ f ( x ′) が成り立つとき写のふるいである。これには包除原理を用いふるい

像 f は単射単射であるという。対偶をとって、単射る。

f (x ) = f ( x′) ⇒ x = x ′ とも言い換えられる。

全射かつ単射である写像を全単射
全単射とよぶ。
全単射

■濃度
集合 A から集合 B への全単射が存在す

N < R である。

るとき、
「 A と B は濃度濃度が等しい」といい、濃度

A = B と表記する。自然数全体の集合 N

定理 (ユーグリッドの補題)と同じ濃度をもつ集合を可算集合可算集合といい、
可算集合あれば、 p は少なくとも m もしくは n の一

可 算 集 合 の 濃 度 を ℵ0 で 表 す 。 つ ま り 、方を割り切ることができる。

N = ℵ0 である。

素数 p が自然数の積 mn を割り切るので■テイラー展開・マクローリン展開
1 変数関数 f ( x ) に対して

定理 (カントールの定理)
実数全体の集合 R は非可算集合である。
証明（カントールの対角線論法
対角線論法）
対角線論法

左半開区間 (0,1] = {x ∈ R | 0 < x ≤ 1} に含f (n ) (a )f (x ) = ∑( x − a )nn!
n =0を関数 f ( x ) の x = a のまわりでのテイラー
テイラー∞展開という。特に、
a = 0 のとき、つまり、
展開

f (n ) (0) nf (x ) = ∑
x
n!
n =0
∞

まれる実数の集合が可算であるとすると、

x ∈ (0,1] のそれぞれの実数は次のように表すことができる。amn ∈ {0,1,2, L ,9} として、

A1 = 0.a11a12 a13 a14 L a1n L

を関数 f ( x ) のマクローリン展開
マクローリン展開という。
マクローリン展開■複素数

A2 = 0.a 21a 22 a 23 a24 L a 2 n L

２次方程式 x + 1 = 0 の解を考え、その内A3 = 0.a31a32 a33 a34 La3n LM

虚数単位の一つを − 1 あるいは i で表し、虚数単位という。実数 a, b を用いて、複素数は複素数 a + bi

Am = 0.am1am 2 am3 am 4 Lamn Lで表す。 a, b がともに整数のときガウス整M

数、有理数のときガウス有理数という。

このうち a kk に対して、 bk ∈ {0,1}を

1 (akk ≠ 1)
bk = 
0 (akk = 1)と定めると、数 B = 0.b1b2b3b4 Lbk L は区間(0,1] に含まれるが、 B はどの Ak とも小数
第 k 桁目が異なり先ほどのいずれの A k とも一致しない。ゆえに、背理法により左半
開区間 (0,1] は非可算である。 (Q.E.D.)2z = a + bi に対して a を実部
実部、
虚部とい
実部 b を虚部
虚部
い、それぞれを ℜ , ℑ とも表す。
［考察］
２乗して i になる数は複素数の中に存在するのか
２乗して i になる数は複素数を a + bi とすると、 (a + bi ) = i ．
2

よって、 a + 2abi − b = i ，2

また、N から R への単射は存在するので、

2a 2 − b 2 + (2ab − 1)i = 0 ．
ここで、 a, b が実数であることに注意すると、 a − b = 0 かつ 2ab − 1 = 0 となる。
2

後者より b =2

つ場合をいい、同型の定義を弱くしたもの

1.これを前者に代入する。
2a準同型でである。同様にこのとき G1 , G 2 は準同型
準同型

2

(

)(

)

 1 
a −   = 0 ， 2a 2 + 1 2a 2 − 1 = 0
 2a 
2a ∈ R より 2a + 1 > 0 .
1
1,b = −
ゆえに、 a =．
2
2
したがって、２乗して i になる数は
2

a + bi =

1
2

−

1
2

i である。

あるという。
■環
集合 R とその上の二項演算である加法+ : R × R → R および乗法 ∗ : R × R → R の環
組 (R,+,∗) で、以下の条件を満たすものを環という。
(R1) 加法群 (R,+ ) はアーベル群である。
つまり、結合律、零元の存在、マイナス
元の存在、交換律を満たす。
(R2) 乗法半群 (R,∗) はモノイドである。
つまり、結合律、単位元の存在を満たす。

■群
空集合でない集合 G とその上の二項演

算 ∗ : G × G → G の組 (G,∗) が、(G1) 結合律
結合律 : a ∗ (b ∗ c ) = (a ∗ b ) ∗ c(G2) 単位元の存在:
単位元∃1 ∈ G s.t. a ∗ 1 = 1 ∗ a = a(R3) 左分配律(∀a, b, c ∈ R )(a ∗ (b + c ) = (a ∗ b ) + (a ∗ c ))および、右分配律
右分配律(∀a, b, c ∈ R )((a + b ) ∗ c = (a ∗ c ) + (b ∗ c ))が成り立つ。左分配律と右分配律がともに−1成り立つとき、単に分配律
分配律が成り立つとい分配律−1s.t. a ∗ a = a ∗ a = 1を満たすとき、(G,∗) を群群であるという。結う。

合律のみを満たすものを半群
半群、結合律およ
半群■体(G3) 逆元の存在: ∀a ∈ G , ∃a ∈ G
逆元−1

び単位元の存在を満たすものをモノイド
モノイドと
モノイド

集合 F とその上の二項演算である加法いう。また、交換法則 a ∗ b = b ∗ a+ および乗法 ∗ の組 (F,+,∗) が体体 であるとを満たす群をアーベル群
アーベル群または可換群
可換群とい
アーベル群
可換群

は、集合 F が加法に関してアーベル群、う。

F \ {0}が乗法に関してアーベル群を満たすときをいう。
■同型と準同型
写像 ϕ が群 G1 から G 2 への同型写像
同型写像であ同型写像
るとは、 ϕ が条件

３―２．算術の基本定理■素因数分解の一意性の証明∀x, y ∈ G1 , ϕ ( x )ϕ ( y ) = ϕ ( xy )背理法を用いる。仮定として、少なくとを満たす全単射であるときをいう。また、も２通りの素数の積で表すことのできる自

このとき G1 , G 2 は同型同型であるという。写像同型

然数が存在すると仮定し、そのうちの最小ϕ が群 G1 から G 2 への準同型写像
準同型写像であると準同型写像
は、 ∀x, y ∈ G1 , ϕ ( x )ϕ ( y ) = ϕ ( xy ) が成り立のものを n とする。

n = p1 p2 p3 L pk = q1q2 q3 L qm

のように異なる別の素数の積に表わされる∫

これは、 0 1 + x dx を変形することにより、とすると、ユーグリッドの補題より、 p1 は

q1 または q2 ,L, qm のいずれかを割り切ることができる。しかし、n の最小性から q1 お
よび q2 , L , ql においてはいずれも素因数分解の一意性が成り立つので、p1 = q j となる

11

以下のように求められる。
1

n +1
∞
1 ∞

1
n
n x
(− x ) dx = ∑ (− 1)  ∫0 1 + x dx = ∫0 ∑n =0n=0
 n + 1 0
1

∞

=∑

ような j がとれる。ここで、

n=0(− 1)nn +1n′ = p2 p3 L pk = q1 L q( j −1)q( j +1) L qn

∫ 1 + x dx = [log(1 + x )] = log 2が異なる素数の積として表せるとすると、ゼータ関数は、次のようにオイラー積にn の最小性に反するので、素因数分解の一意性は証明される。
３－３．２個の任意に選んだ整数が互いに素である確率ゼータ関数は自然数の調和数列
ゼータ関数

1+

1 1 1 1+ + + +L = ∞2 3 4 5を拡張したものであり、∞

ζ (s) = ∑ n −s
n =1

= 1+

1
1
1
1
+ s + s + s +L
s
2
3
4
5

である。

ζ (1) = 1 +

1

1

1
0

0

変形できる。

ζ (s) = 1 +1
1
1
1+ s + s + s +L
s
2
3
4
5

（これをディリクレ級数
ディリクレ級数という。
）
ディリクレ級数ζ ( s ) = 1 +

1
1
1
1

+ 2 s + 3 s + 4 s + L
s
2
2
2
2


1
1
1
1


× 1 + s + 2 s + 3 s + 4 s + L  L
3
3
3
 3

ここで、

1+

1
1
1
1
+ 2 s + 3s + 4 s + L
s
p
p
p
p

( p は素数) は初項 1，公比

1
の無限等比
ps

級数なので、この値は1 1 1 1+ + + +L = ∞21 31 41 51

∞


1 
1 − s ∑
p 
n =1 

ζ (2) = 1 +1
1
1
1+ 2 + 2 + 2 +L< ∞
2
2
3
4
5
より、ゼータ関数 ζ (s )（ただし、 s ∈ N ）の絶対収束範囲は s ≥ 2 であることがわかる。また、ゼータ関数に似た級数

1 1 1 1 1 1 1
1− + − + − + − +L
2 3 4 5 6 7 8は log 2 へ収束することが知られている。

−1

−1


1 
となる。それぞれの p 因子が 1 − s  にp なるので、 ζ (s ) は∞

ζ (s) = ∑ n
n =1

−s

∞


1 
= ∏ 1 − s p p: prime −1と表すことができる。また、この右辺をオオイラー積と呼ぶ。
イラー積についてはバ
バーゼル問題という）。
ーゼル問題
いま、関数 sin x をマクローリン展開する■互いに素
２つの整数 a, b が 1 と－1 以外に共通の約数を持たないとき、 a, b は互いに素互いに素であ互いに素と、 sin x =x x3 x5 x7−+−+ L －①と1! 3! 5! 7!

なる。

るという。
定理
２個の任意に選んだ整数が互いに素である確率は ζ (2 ) =

6

−1

π2

である。
図１

証明
任意の２つの整数 a, b において a が p で割り切ることができる確率は

1
であり、同
p

様に b も考えると、 a, b が p で割り切れる
確率は1であるとわかる。
p2

また互いに素であるとは、言い換えれば、任意の素数 p に対して、少なくとも一方は

図１で原点を通っているグラフを表す関数 が f ( x ) に sin x ， (0,1) を 通 る 関 数 が

sin x
である。
x
ここで、①の両辺を x ( ≠ 0) で割ると、sin x 1 x 2 x 4 x 6= −+−+ L －②x
1! 3! 5! 7!

割り切れないということである。ここで n

sin x
は x = ± nπ (n ∈ N ) のとき 0 になる
x番目の素数を p n とすると、a, b が互いに素

ので、


1 
である確率は ∏ 1 − 2  となる。またこれ
pn n =1 
∞

は、

∞



1 



2

p: prime∏ 1 − p  と書き換えられるので、

sin x 
x 
x 
x 
x 
= 1 − 1 + 1 −
1 +
L
x
 π  π  2π  2π x 2 
x 2 
x2 = 1 − 2 1 − 2 2 1 − 2 2  L
 π  2 π  3 π 



−1



−1
 ∞

1 
 ∞ 1
−1=  ∑ 2  = ζ (2 )∏1 
 p: prime n =1 n 
1− 2 p 

と等しいことがわかった。
実際の ζ (2 ) の値を求めることはできなかったので文献[2]を参照した。（ ζ (2 ) の値－③
2

すると、②，③の x の係数を考えると②において、 x の係数は −
2

1
1
=− ．
3!
6

②の場合は、

 x2

x2
x2
1 ∞ 1
−  2 + 2 2 + 2 2 + L = − 2 ∑ 2
2 π
3 π
π n =1 n
π


つまり、

1
1 ∞ 1
− =− 2∑ 2
6
π n =1 nよって級数の収束値は、

1 π2
=
∑
2
6
n =1 n∞対し、 f ( x ) − b < ε が成り立つことをいう。
つまり、∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀ε > 0, s.t.

∀x ∈ R, 0 < x − a < δ ⇒ f ( x ) − b < εが成り立つことをいう。

とわかる。
これより、 ζ (2 )

−1

=

6

π

2

．

■絶対収束と条件収束∞無限級数

したがって２個の任意に選んだ整数が互
いに素である確率はれる。 (Q.E.D.)

6

π

2

であることが示さ∞∑ a に対して ∑ a が収束す
n =1

n

n =1

n

る場合を絶対収束
絶対収束するといい、その他の場
絶対収束合において収束する場合を条件収束
条件収束という。
条件収束■積分判定法関数 f ( x ) が、 x ≥ 1 で連続であり、単調

この証明より一般に k 個の整数については次の系が成立する。

減少でかつ f ( x ) ≥ 0 であるとき、∞∑ f (n)n =1

系

k 個任意に選んだ整数が互いに素であると∞∫ f (x )dx は同時に収束・発散する。
1

確率は ζ (k ) である。
−1

３―３．算術級数定理
初項と公差が互いに素である算術級数には無限に素数があらわれる。
今回は直接計算することが困難であるた
め、Visual C#を用いて、さまざまな初項と公差を用いて、実際に素数が現れるのかを
計算した。
■極限

lim f ( x ) = b とは、任意の正の数 ε に対x→aし、ある適当な正の数 δ が存在して、

0 < x − a < δ を満たすすべての実数 x に

図２

f ( x ) は減少関数なので k ≤ x ≤ k + 1 のとき、 f (k ) ≥ f ( x ) ≥ f (k + 1) ．
ゆえに、 x について k から k + 1 まで積分すると、

f (k ) ≥ ∫

k +1

k

∞

f ( x )dx ≥ f (k + 1) ．

級数

∑ a に対して、 0 ≤ lim ann =1

k = 1,2,L, l とおいて和を取ると ∑ f (l )

h →∞

n

1
n

<1で

∞

あるとき、

∑ a は収束する。
nn =1の l 部分和を Sl として、

Sl ≥ ∫

l +1

1■無限積についてf ( x )dx ≥ S l +1 − f (1) ．

0 でない数の無限列 a1 , a2 , L , an , L の積

これより、 {Sl } が発散すれば∞∏ a =a a a La Ln

∫ f (x)dx = ∞∞nα n = ∏ ak =a1a2 a3 L an

∫ f (x)dx = ∞ となれば {S }は∞l1発散する。したがって、 Sl が収束するための必要十分条件は

∫

∞

1

n

がある有限の値 α に収束するとは、部分積1となり、逆に

1 2 3

n =1

f ( x )dx が収束するこ

k =1において lim α n = α ただし α ≠ 0 となると
n →∞

定める。

とであるといえる。 (Q.E.D.)
命題∞■比較判定法
定理

n =1

n

∞

∞

級数

∑ a が収束（あるいは発散）するとき(ダランベールの収束判定法
ダランベールの収束判定法)
ダランベールの収束判定法∏ (1 + a )も同時に収束（あるいは発散）∑ an において

n

n =1

n =1

a
lim n +1 < 1 であれば絶対収束し、
n →∞ an∞
alim n +1 > 1 であるとき ∑ an は発散する。
n →∞ a
n =1
n

する。
証明
∞

∑ a = µ とする。無限積の n 部分積をk =1

kpn として s1 = p1 , sn = pn − pn−1 = an pn−1とおくと、

ここで、ζ (2 ) である

∞

n =1

ここで、 x > 0 のとき 1 + x ≤ e であるの

2

ランベールの判定法を試してみた。しかし、

1

2(
n + 1)lim= 1 であり判定できない。
n →∞pn = s1 + s 2 + s3 + L + s n ．

1∑ n に対して、ダ1n2定理 (コーシーの収束判定法
コーシーの収束判定法)
コーシーの収束判定法

xで

pn = ∏ 1 + ak ≤ ∏ (1 + ak )
n

n

k =1

k =1

∞

n

∑ ak

≤ ∏ e k = e k =1
k =1

a

≤ eµ

n +1

となり、ゆえに、∑ a =∏ a + ak =1µ

sn = pn−1an ≤ e an ．
したがって、比較判定法より

k

k

k =1

 n

≤ ∏ (1 + a k ) +  ∏ (1 + a k ) a k +1
k =1
 k =1∑ s が収束n= ∏ (1 + a k )
n

k =1

1
−2 x
であれば 1 − x ≥ e で
2より、 k = n + 1 でも成り立つ。ゆえに、すべての n ∈ N において∞∑ a ≤ ∏ (1 + a )nあるので、lim an = 0 より、十分大きな n0 に
n →∞

k

k =1

対して、 n ≥ n0 ならば an <

1

n

n +1

k =1

k =1

k =1

∑ ak ≤ L ≤ ∑ ak ≤ ∑ ak ≤−2 a n∞L ≤ ∏ (1 + a k )∞∑ a とおくと、n = n0kk =1が成立する。よって

1
であり、
2

1 + an ≥ 1 − an ≥ e
としてもよい。 ϕ =

n +1

n

し、数列 {pn } は収束する。
また、 0 < x <

n

k =1

n

であり、 n 部分和が単調増加で上に有界で∞nn∏ (1 + a ) ≥ ∏ e− 2 akkk = n0

=e ∑
−2

ak

>e

− 2ϕ

>0

∑ a が収束することがわかる。

あるため、

n =1

n

k = n0(Q.E.D.)が各 n ≥ n0 に対して成立する。したがって、

lim pn ≠ 0 であるとわかる。 (Q.E.D.)n →∞３－５．L 関数
先程のゼータ関数は各項の分子が 1 であったが、これを数列 a = {a (n )} に変えた級数

a (n )
を L 関数とよぶ。
関数sn =1 n∞命題∞∏ (1 + a )が収束あるいは発散するとき

L( s, a ) = ∑

n

n =1
∞

∑ a も同時に収束、発散する
n =1n■乗法的関数と完全乗法的関数
互いに素である自然数 m と n に対して、

f (mn ) = f (m ) f (n ) が成り立つとき、 f を証明

m
乗法的関数といい、特に、任意の自然数
乗法的関数

n に関する帰納法を用いる。

∑ ak ≤ ∏ (1 + ak )
n

n

k =1

k =1

であることを表す。

k = 1 の場合は自明なので、 k = n で成り立つとする。 k = n + 1 のとき、と n に対して f (mn ) = f (m ) f (n ) が成り立
つとき、完全乗法的関数
完全乗法的関数という。
完全乗法的関数

まず、 a (n ) が完全乗法的であるため、

a(n ) = a(n × 1) = a(n ) × 1 ，a(n )(a(1) − 1) = 0 ．

ゆえに、任意の自然数 n において

a(n ) = 0 または a(1) = 1である。

■ディリクレ L 関数
完全乗法性を満たすような乗法群から乗次に、 a (n ) が周期性をもつため、周期をN とし、任意の自然数 n に対しa(n + N ) = a(n )である。このうち、 n = N であるとき、a(2 N ) = a( N ) ．

ここで、完全乗法性より、

a(2)a( N ) = a( N )a( N )(a(2) − 1) = 0 ．
これより、 a ( N ) = 0 a (2 ) = 1 ．
これが、3 以上の自然数にも同様に成り立つので、結論として、「 a ( N ) = 0 」または「任意の自然数 n に対して、 a (n ) = 1 」

法群への写像を準同型
準同型という。ディリクレ
ディリクレ
準同型
指標 χ とは、整数から複素数への関数 χ で、・ある自然数 N に対して、 a ≡ b (mod N )ならば χ (a ) = χ (b )・ χ (ab ) = χ (a )χ (b )・ χ (1) = 1

・ a と N が互いに素でなければ χ (a ) = 0という性質を持たすものである。
厳密な定義は、有限環 Z / NZ の乗法群

(Z / NZ )× から複素数体 C の乗法群 C× への準同型（すなわち乗法的な関数）となる。

χ : (Z/NZ)× → C ×

後者の場合、 L( s, a ) = ζ (s ) である。ゆえに ζ (s ) 以外の L 関数においては、a ( N ) = 0のことである。

考える。さりとて、 d = 1, N については該n ≥ 2 の自然数において、n で割った剰余が等しい整数をすべて集めたものを「 n をに既に考えたため、d ≠ 1, N とし、dd ′ = N法とする」合同類
合同類や剰余類
合同類 剰余類と呼ぶ。したが剰余類とおくと、乗法性よりって、ふたつの整数が同じ剰余類に属するとなる。ここで、周期 N の約数 d についてa(d )a(d ′) = a(dd ′) = a( N ) = 0
ゆえに

a(d ) = 0 または a(d ′) = 0が成り立つ。これらが両者とも成り立つ場
合、すなわち数列 a (n ) は、周期 N の任意の1 でない約数の d に対し、 a (d ) = 0 を満たのは、それらの差が n で整除されるときであり、かつそのときに限る。 n を法とする剰余類の全体は、以下に述べる加法と乗法に関して n を法とする合同類環
合同類環や剰余類環
合同類環 剰余類環と呼ばれる環を成す。剰余類環を Z / NZ と表す。

すと仮定すると、 a (n ) が完全乗法的である

ディリクレ指数の値 χ (n ) は、この定義にため、 d の任意の倍数、つまり N と互いによれば N と互いに素な n ∈ Z / NZ に対し素でないような任意の自然数 m において、てのみ定義されるが、それ以外の n に対しa(m ) = 0 となる。
これは、数列 a (n ) が N 以下でかつ、N とて χ (n ) = 0 と定めることにより、定義域を互いに素な自然数に対して完全乗法性を満Z / NZ への自然な写像 Z → Z / NZ を合成たすように定義をすれば、他の自然数に対し、定義域を任意の整数に拡張することがしては自明に定まることになる。

できる。その拡張した写像

Z / NZ 全 体 に 拡 張 し 、 さ ら に 、 Z か ら

χ : Z → Z / NZ → C

を用いて a (n ) = χ (n ) と定めたときの L 関
数 L( s, χ ) のことを、ディリクレの L 関数と関数いう。
準同型の定義から、χ (n ) は、周期 N と互
いに素な整数同士に対しては完全乗法的、
すなわち、 χ (mn ) = χ (m )χ (n ) を満たす。
また、少なくとも一方が周期 N と互いに素でない場合は、χ (n ) は値が 0 になることから、やはり完全乗法的である。

■多角数
多角形の形に点を並べたときの点の総数
多角形をいう。例えば、三角数は 1,3,6,10,15, L であり、四角数は 1,4,9,16,25, L 、五角数は

1,5,12,22 L と定義される。ここで一般化を考えてみた。

P(n, m ) を n 番目の m 角数とすると、
P(n + 1, m ) − P(n, m ) = (m − 2)n + 1となる。したがって、

これよりディリクレの L 関数はオイラー
積表示

n −1

P (n, m ) = ∑ {(m − 2 )k + 1}
k =0

( )

 χ ( p) χ p 2
L(s, χ ) = ∏ 1 + s + 2 s + Lpp
p: prime 

∞

=
=

をもつ。各オイラー因子の中身も計算する[1 + {(m − 2)(n − 1) + 1}]n2(m − 2)n − (m − 4)n
2

2

となる。

ことができて、 χ ( p) L(s, χ ) = ∏ 1 − s p p: prime ∞−1■完全数に関する考察
ここで、六角数に 6 と 28

P(2,6) = 6 ， P(4,6) = 28となる。

が含まれていることに気づいた。そこで、■完全数
完全数とは、その数自身を除く約数の和
完全数
が、その数自身と等しい自然数のことである。完全数の定義より、完全数の正の約数の和は元の数の２倍に等しい。すなわち nが完全数であるとは、約数関数 σ (n ) に対して、 σ (n ) = 2n を満たすことである。

496 =(6 − 2)n 2 − (6 − 4)n ，8128 =

2(6 − 2)n 2 − (6 − 4)n
2

を解くと、

P(16,6) = 496 ， P(64,6) = 8128 ．
ここで、 P (n,6 ) が完全数になるときの nに規則があるのではないかと考えた。そこ■約数関数

約数関数 σ x (n ) は自然数 n の約数 d の x

乗の総和の値を持つ関数であり、

σ x (n ) = ∑ d xd |nと表される。

で、さらに次の完全数の場合を求めた。

P(4096,6) = 33550336 ，P(65536,6) = 8589869056
ここまでで得られた、

1,2,4,16,64,4096,65536という数列を見ると、

2 0 , 21 , 2 2 , 2 4 , 2 6 , 212 , 216

であることがわかった。

シェント関数という。
シェント関数

数列 0,1,2,4,6,12,16 から始まるものを考
n +1

p を素数とすると、1 から p − 1 のうちに
p の素因子である p を因子として含むも− 1 が素数になるようなn 」の数列、または「 n 個の約数をもつものは存在しないから、 ϕ ( p ) = p − 1 が成りのの数列昇順の数列」とであることに気づ立つ。さらに、 k を自然数としたとき、1いた。

から p の中で p を因子として含むもの、す察した結果、「 2k

前者： 0,1,2,4,6,12,16,18,30,60, L

なわち p の倍数は pであることから、計算してみると前者であ完全数を K (n ) とすると

K (n ) = 2 × 2
qn =

{ l|2



l +1

−2

1

p 

が成り立つ。また、 n の素因数分解を
d

qn 2

個なので

ϕ ( p k ) = p k − p k −1 = p k 1 −後者： 0,1,2,4,6,12,16.24.36.48.L
ることがわかり、このことから、 n 番目のk −1

n = ∏ pk

ek

とすると、

k =1

qn

}

− 1∈ Pとなることが予想できた。

d



k =1



ϕ (n ) = n∏ 1 −1 

p k 

となる。

実際に K (9 ) を計算してみると、2658455991569831744654692615953842176■ヤコビの三重積∏ (1 − q )(1 + zq )(1 + z q )∞となり、完全数であることがわかった。

n

実際に計算してみると次のようになった。

K (1) = 6
K (2) = 28
K (3) = 496
K (4) = 8128
K (5) = 33550336
K (6) = 8589869056
K (7 ) = 137438691328
K (8) = 230584300813995212
K (9) = 2658455991569831744654692615= ∑ z mqのうち、 n と互いに素なものの個数を φ (n )として与えることにより定まる数論的関数
をオイラーのオイラーの ϕ 関数またはオイラーのトー
オイラーのトー関数m ( m +1)2m∈Z

において、q = q 3 , z = − q −1 と特殊化すると、∏ (1 − q )(1 + (− q )q )(1 + (− q ) q
∞

3n

−1

−1 −1

3n

3 n −3n =1= ∑ (− q ) q−mm (3 m +1)
2

m∈Z∏ (1 − q )(1 + q )(1 + q∞

正の整数 n に対し、1 から n までの自然数

n −1

n =1

953842176■オイラーの ϕ 関数

−1

n

3n

3 n −1

n =1

3n −2

)

= ∑ (− 1) qmm (3m +1)2m∈Z

ここで、 m と − m を入れ替えると、．

)

∏ (1 − q )(1 + q )(1 + q∞

3 n −13nτ (11) = 534612
τ (12 ) = −370944

)

3n −2

n =1

= ∑ (− 1) qm

この結果をもとに以下のような計算をしm (3 m −1)
2

m∈Z

てみた。
．

左辺に注目すると、左辺はオイラーの ϕ関数であるから∞

ϕ (q ) = ∏ (1 − q n ) = ∑ (− 1)m q

m (3m −1)2と推測できる。ラマヌジャンの予想
ラマヌジャンの予想 1 にあたるものである。

m∈Z

n =1

τ (2 )τ (3) = −24 × 252 = −6048 = τ (6 )
τ (3)τ (5) = 252 × 4830 = 1217160 = τ (15 )これらの式より、 τ 関数は乗法的であるとなる。
【ラマヌジャンの予想 1】

τ (n ) は乗法的である。

■ラマヌジャンの L 関数と τ 関数
このオイラーの五角数定理を 24 乗したものである

しかし、オイラー積にするには完全乗法∞(

f (q ) = q∏ 1 − q kk =1)

的であることが必要十分条件である。とこ

24

ろが、

を展開した式∞τ (2)2 = 24 2 = 576 ≠ −1472 = τ (4)n =1となり、完全乗法的でないことがわかった。

f (q ) = ∑ τ (n )q n

今回、 τ 関数が何かしらの法則をもっていについて考える。

(

f (q ) = q(1 − q ) 1 − q 2
24() (1 − q ) L
24

f (q ) = q(1 − 24q + L) 1 − q 2

3 24) (1 − q ) L24τ (1) = 1
τ (2 ) = −24
τ (3) = 252
τ (4 ) = −1472
τ (5) = 4830
τ (6 ) = −6048
τ (7 ) = −16744
τ (8) = 84480
τ (9 ) = −113643
τ (10 ) = −115920

考察してみることにした。

3 24のように式を展開していき、 τ (n ) を実際に求めてみた。

ることは既に感じていたため、この結果を[考察]
任意の自然数 n に対する τ (n ) について、

f (q ) = q∏ (1 − q k ) L(*)
∞

24

k =1

を展開するとき次数が重要である。次数はそれぞれ1 ∗ (0,1,2,3,4,L,23,24)∗ (0,2,4,6,8,L,46,48)∗ (0,3,6,9,12,L,69,72)∗ (0,4,8,12,16,L,92,96)Mとなる。つまり、すべての係数を考えると
き、集合 An = {nx | x ∈ N ,0 ≤ x ≤ 24} からな

る集合族 X = {An | x ∈ N ,0 ≤ x ≤ ∞} から、

2X= 49152 = −211τ (2 )また、既に得られた

τ ( p )2 − τ ( p 2 ) = p11を取り出して考える必要がある。ここで、べき集合 2 X に含まれる空集合には(*)

を用いることによっても以下のように同様

式の q が含まれているので除外しない。まの結果が得られた。

た、今回は 2 X = ℵ0 なので単純に個数とし{

τ (8) − τ (2 )τ (4) = τ (8) − τ (2 ) τ (2)2 − 211ては出てこないことがわかる。

= −211τ (2)集合族 X に含まれる集合 An (ただし、n ≤ 24 )の個数は n の約数の個数に等しい。
任意の自然数 n に対して、 τ (n ) を求めることではできない、もしくは困難であるため、
まず、先程の結果の差を求めてみると次のようになった。

つまり、 τ (8) = τ (2 ) + 2 × 2 τ (2) ．
3

次に

( )

τ 2 2 − τ (2 2 ) = τ (16 ) − τ (4 )22= 987136 − 21667846

とき、

τ (2)2 − τ (4) = 576 − (− 1472)= 2048 = 2 ．
また、同様に p = 3 の場合を計算すると、= −1179648 = −211 × 57
ここで、576 に注目する。

576 − τ (4 ) = 21111τ (3)2 − τ (9) = 63504 − (− 113643)= 177147 = 3

11

より、何かしらの全体的な法則があることがわかった。ゆえに、この 4 乗を分解して考えた。4＝2＋2 として考える。

τ (2 4 ) − τ (2 2 ) = −211 {211 + τ (2 2 )}2となったので、次のような仮説を立てることができた：任意の素数 p についてτ ( p) −τ (p ) = p
2

2

11

が成り立つ。

次に、3 乗の場合を考えてみた。 p = 2 の
とき、

( )

= −211 − 211τ 2 2 ．
2

4＝1＋3 として考える。

τ (2 4 ) − τ (2 )τ (2 3 ) = −211τ (2 2 )この式から、

τ (8) − τ (2 ) = 98304 = −2 × 2 τ (2 )311

ここで、－2 が何を意味しているのかを知るために、3 乗を分解し次のようにしてみた。

11未だに－2 という数字が出てくるため、

2任意の素数 p について考える。 p = 2 の}τ (8) − τ (2)τ (4) = 84480 − 35328

τ ( p 4 ) − τ ( p )τ ( p 3 ) = −211τ ( p 2 )と仮説を立てた。
先程の式もτ ( p 2 ) − τ ( p 2 ) = − p11τ ( p 0 )と考えると自然であり、同様に 3 乗を考え

ると、

τ (2 3 ) − τ (2 )τ (2 2 ) = −211τ (2 )と、同じ結果になった。これらから、仮説

L (s,τ ) の デ ィ リ ク レ 級 数 表 示 か ら
k = 0, 1 の項を取り除き、 k ≥ 2 においては
この漸化式を用い、計算すると

τ (p k )∞をτ ( p n ) − τ ( p )τ ( p n −1 ) = − p 11τ ( p n − 2 ) ，

∑ p
k =0

= 1+

すなわち、

τ ( p n ) = τ ( p )τ ( p n −1 ) − p11τ ( p n − 2 )と修正した。

= 1+ksτ ( p)ps∞( p )τ ( p k −1 ) − p 11τ ( p k −2 )

k =2

p ks

+∑

τ ( p) τ ( p) ∞ τ (p k )
p

s

∑ p
p

+

s

k =1

ks

−

( )

p 11 ∞ τ p k∑
p 2 s k = 0 p ks

これを変数変換することにより、ラマヌ
ジャンの予想に一致する。

= 1+

τ ( p) τ ( p)  ∞ τ (p k )p【ラマヌジャンの予想 2】s+ ∑ ks − 1p  k =0 ps

τ (n ) は完全乗法的ではないが、素数 p とj ∈ N に対して、次式が成立する。

τ ( p j +1 ) = τ ( p )τ ( p j ) − p 11τ ( p j −1 )もし右辺の第２項がなく、第１項

τ ( p )τ ( p ) だけであれば、 τ が完全乗法的jであるということになる。すると、∞

L ( s, τ ) = ∑n =1τ (n )

もし、予想 1 が正しければ τ (n ) は乗法的なので、以下のようなオイラー積をもつが、それぞれの p 因子が等比級数ではないので χ ( p) L(s, χ ) = ∏ 1 − s p p: prime −1のような形にはならない。つまり、( ) τ ( p) τ p 2
L(s,τ ) = ∏ 1 + s + 2 s + Lpp
p: prime ．
∞τ ( p) ∞ τ (p k )

∑ p
p
s

k =0

ks

p11 ∞ τ p k∑
p 2 s k = 0 p ks−

p 11 ∞ τ p k∑
p 2 s k = 0 p ks

( )

より、

( )

 τ ( p ) p 11  ∞ τ p k
1 − s + 2 s ∑ ks = 1 ．
pp  k =0 p
これを、ζ (s ) や L (s, χ ) のオイラー積と比

ns ．

∞

= 1+

( )

−

較する。 u = p − s とすると、ζ (s ) はなり、 L (s, χ )L (s,τ ) ，は

1

1 − χ ( p )u

1
と
1− u

となる。

1
のいずれの式1 − τ ( p )u + p11u 2

も分母は多項式である。L 関数のオイラー
因子を u の多項式として見たときの次数をオイラー積の次数という。
ζ (s ) およびオイラー積の次数

L (s, χ ) は１次のオイラー積をもち、L (s,τ )は２次のオイラー積をもつ。

ここで、予想 2 を仮定すると、

τ ( p k ) = τ ( p )τ ( p k −1 ) − p 11τ ( p k − 2 )( k = 2,3,4,L )■ラマヌジャン予想
先程の２次のオイラー積は２次方程式

1 − τ ( p )u + p 11u 2 = 0

立する。

に解の公式をあてはめることができる。
両辺を u で割ると、でなければならない。したがって、ラマヌ

u −2 − τ ( p )u −1 + p11 = 0 ．
これを、u

−1

ジャン予想の一般形を仮定すると予想 3 がの２次方程式とみなすと、解の公式より、

u −1 =

逆に、ラマヌジャン予想の一般形が成り立つと、式を遡り解の公式の部分は純虚数2

τ ( p ) ± τ ( p )2 − 4 p112成り立つ。
すなわち、 L (s,τ ) に対して
「予想 3 ⇔ ラマヌジャン予想の一般形」

．

となる。

ラマヌジャンは虚数解をもつと予想した。 ４．今後の課題
今回、完全数と τ 関数について、自ら考つまり、 τ ( p ) − 4 p11 < 0 より、
2

察することができた。しかし、算術級数定11

τ ( p ) < 2 p 2 が成り立つと予想した。

理の証明を完全には理解することができなかった。また、今回は新しい概念を膨大に学習したので、まだ理解が不十分なものも【ラマヌジャンの予想 3】多い。そのため、さらに考察を深めるとともに、理論の大きな流れと微細な論理をし11

τ ( p) < 2 p 2

っかりと見極めながら学習と研究を進めたい。

この予想 3 は「ラマヌジャン予想」といわれる一般形と同値である。予想 3 を仮定

５．参考文献すると、根号部が純虚数になるので、[1]「素数からゼータへそしてカオスへ」，小u −1 =

山信也，日本評論社

τ ( p ) ±  4 p11 − τ ( p )2 i




．

2

絶対値の２乗を計算すると

u

u

−2

−1

=

4
11
2

[4]「ベルヌーイ数とゼータ関数」，荒川恒2

 = p11，= p ，u −1 = p − s なので、 u

より、 ℜ(s ) =論社[3]「定本 解析概論」，高木貞治，岩波書店

τ ( p )2 +  4 p11 − τ ( p )2 [2]「 π と微積分の 23 話」，寺澤順，日本評−1= p ℜ (s )112 ．

ゆえに、実部が一定となる。よって、予想 3 の下でラマヌジャン予想の一般形は成男，伊吹山知義，金子昌信，牧野書店[5]「ゼータの世界」，梅田亨，黒川信重，若山正人，中島さち子，日本評論社[6]「素数大百科」，Chris K. Caldwell 著，
SOJIN 訳，共立出版[7]「 ヤコビの三重積公式」，大宗勇輝，守谷貴秀，青山学院大学理工学部

６．謝辞
今回の研究にあたりご指導くださった顧問の川口先生、ありがとうございました。
また、サイエンス研究会の先輩方にもご協力いただきました。ありがとうございました。

組みひもについて考える
３年Ｂ組 佐野 仁祥
指導教諭 川口 慎二

１． 要約
サイエンス研究会数学班 3 年生は組みひもについて学習している。今回は、数式で組みひもを扱い、組みひもの理論の基本構造を理解することを目標とした。その際に学習した
リンクダイアグラムを中心に参考文献[1]から学んだことを紹介したい。
キーワード 組みひも、リンクダイアグラム、ライデマイスタームーブ

２． 研究の背景と目的
組みひもという一見、単純に見えるもの
がもつ複雑さや、幾何学で考え出された理対応する２通りの組みひもを σ i , σ i と表
−1

す（図２）
。

論が現実に応用できるという点に興味をもったからである。

３． 研究内容
３－１．組みひもとは

図1

上面 A と下面 B があったとき、面 A 上の点 a n の 真下 に ある 点 を bn とす る 。ま た

a 1 ~ a n から出発した点が b1 ~ bn のいずれかに到達するものを n 本と組みひもとする。
一旦下がったひもが、上に再び上がったり、

図２

一本のひもが結ばれたりすることはない。
表示の際は、一方から光を当てて投影し例えば、３本のひもからなる組みひもはた図に、ひもの重なりがわかるように描く。

必ず、 σ 1 , σ 2 , σ 1−1 , σ 2−1 からなることがわかる、つまりそれぞれいずれかを積の記号を

３－２．組みひもの構成要素

用い式で表すということである。

ある１つの組みひもを交わる箇所に注目

一般的に、 n 本のひもからなる組みひもし、もとの組みひもがいくつかの組みひもの場合、σ 1 , σ 2 , …, σ ｎ , σ 1-1 , σ 2-2 , …, σ n-n のの集まりからなるということを式で表せな組み合わせにより表されることがわかる。

いか考える。
まず次の図１のような組みひもを σ i とする。さらに、右回転で入れ替わることで３－３．組みひも関係式
上面の a 1 ~ a n ，下面の b1 ~ bn は固定し

たまま移りあえる組みひもは、同じとみな結合法則 ( xy ) z = x ( yz ) を満たしている。

すことにする。
例えば、図３では σ 1σ 2σ 1 = σ 2σ 1σ 2 であり、４本の組みひもの場合、σ 1σ 3 = σ 3σ 1となる（図４）。

図５
図３
ひもが n 本である組みひもは

σ 1 , σ 2 ,…, σ ｎ と σ 1-1 , σ 2-2 ,…, σ n-nで表すことができる。ここで、ある組みひも x を考えてみる。 xy = e というように自明な組みひもを作るためには、組みひも x
を後ろから読んで、それぞれの交差の上下
図４を逆にしたものを組みひも y とおけばよい。
このとき、この組みひも y は xy = yx = e をよって、一般に組みひもについて２通りのタイプの関係式が得られることがわかる。

σ iσ i +1σ i = σ i +1σ iσ i +1
(i = 1,2…, n - 1)σ iσ j = σ jσ i ⇒ i - j > 1

満たす。このような組みひも y は x の逆元
逆元と呼ばれる。
例を示すと x = σ 1σ 2σ 1−1σ 2−1 ,y = σ 2σ 1σ 2−1σ 1−1 をそれぞれの組みひもとするとき、この２つを合成させると自明な組みひもになったことがわかる。

これを、組みひも関係式
組みひも関係式と呼ぶ。
組みひも関係式
３－５．群とは３－４．組みひもの積構造
組みひもを積の記号を用いて合成し、定める。まず自明な組みひも
自明な組みひも(交差していない
自明な組みひも空でない集合 G とその上の二項演算∗ : G × G → G の 組 (G,∗）が 群 で あ る とは、組みひも) e を考えたとき、同じひもの本数(G1) 結合法則： x ∗ ( y * z ) = ( x * y ) * zの組みひも x に対し、 ex = xe = x となる。

(G2) 単位元の存在： ex = xe = x

このような性質を満たす e は単位元
単位元と呼ば単位元(G3) 逆元の存在：れる。また、この組みひも同士の積は、は∀a ∈ G , ∃b ∈ G s.t. ab = ba = e

の３つの条件を満たすものをいう。ひものくつかの結び目が互いに交わることなく絡

本数が n 本の組みひも全体は上の条件を満み合っているものをリンク
リンクと呼び、次の図リンクたすためで群であり、ブレイド群
ブレイド群や組みひブレイド群 組みひ６が代表例である。また、このように表しも群と呼ばれBn であらわすことができる。
も群たものをリンクダイアグラム
リンクダイアグラムという。
リンクダイアグラム

３－６．組みひもとアミダくじ
次の図のようにある組みひも a にそのひもの本数だけ、上下がそれぞれ対応するよ
う点をつける。ひもの本数を n 本とすると、これにより n 個の文字 {1，2，… ,n} の入れ替
図６

えが起こることがわかる。この作業はアミ
ダくじの図式をたどっていくのと同じだと
いえ、根本的な違いは、組みひもではひも同じリンクでも、見かけ上異なったリンの上下関係を問題にしており、アミダくじ

クダイアグラムで表すことができる場合がでは線の上下関係を考えていないという点ある。２つのリンクが同じであることは、である。文字 {1，2，… ,n} の入れ替えは、n ! のそのリンクダイアグラムが、次のライデマ
ライデマ

パターンがあり、入れ替えの合成に関して、

イスター移動イスター移動と呼ばれる３つの操作によっー移動群の構造をもつことがわかる。また、集合て得られる。

射全体の集合は写像(入れ替え)の合成を積Ⅰ

I n = {1，2，… ,n} に対し、I n から I n への全単として群になることがわかる。これを n 次
組みひもが、 n 個の文字をどのように入Ⅱ

S n であらわされる。
対称群とよび対称群
れ替えるかをみると、組みひも群から n 次Ⅲ対称群への写像 Bn → S n が構成される。
３－７．リンクダイアグラムとライデマイ
スター移動
ひもの両端をとじて三次元空間にできた

図７

閉曲線を考えることにする。このとき、閉曲線は自分自身と交わったりすることはな

３－８．向きのついたリンク、絡み数

いとここでは仮定する。ここでも組みひも

まず、向きのついたリンクについて説明と同じように、光をあて投影し、かつひもする。向きのついた
向きのついたリンク
向きのついたリンクことは、リンク
リンクの上下関係をわかるようにする。

を構成するそれぞれの結び目に矢印を付け

ひもを動かすことで、ほどけてしまう結び目は自明な結び目
自明な結び目と呼ばれる。また、い自明な結び目たもののことをいう。
次に絡み数について説明する。絡み数
絡み数と
絡み数

は、図８の左を正の交差点、右を負の交差点としたとき、正の交差点の個数から負の交差点の個数を引いたものの半分のことと定義する。またこのとき、リンク k1 , k 2 により定まる絡み数を lK (k1 , k 2 ) と表す。

図 10
ところで、絡み数は先程のような向きのついたリンクダイアグラムに対して計算さ
図８

れるが、これがライデマイスター移動によって不変であることが次のように示される。

図９のように、下の向きのついたリンクの絡み数を計算することができる。この場①ライデマイスター移動Ⅰのとき、k1 , k 2

合においても、これらの絡み数が同じであの交差は現れないので問題にはならな

ることは、ライデマイスター移動によってい。

とらえることができる。ただしこのとき、②ライデマイスター移動Ⅱのとき、交差次のように、可能な矢印の付け方についての符号が反対になって打消しあう。

すべて考える必要がある。

③ライデマイスター移動Ⅲのとき、点 aが同じ結び目どうしの交差点ならば、
点 b もそうであり、ともに同じ符号の交差点であることが確かめられる。
このように、ライデマイスタームーブで絡み数は不変であるということが示される。
これは、絡み数が、リンクダイアグラムによる見かけに関わらず、リンク固有の量であることを示している。よって、絡み数はリンクの最も基本的な不変量である。
３－９．結び目の合成

図９

２つの結び目をつなぎあわせることにより、新しい結び目を作ることを合成合成とよび、
合成
その逆の操作を分解分解と呼ぶ。
分解

図 12 のように、組みひも A から出発して両端をとじると、リンクをつくることができる。このときできるリンクを Â と表すことにする。リンク Â には、組みひも A に
下向きの矢印をつけることにより、向きを与えることができる。つまり、組みひもから向きのついたリンクが構成できるということである。
このとき、逆はどうか考えよう。向きのついたリンク L があるとき、両端をとじると、リンク L となる組みひも A があるかどうかは後に考える。
３－１１．結び目から組みひもへ
図 13 の結び目はそれぞれ点 o を中心に見ると、左回転の曲線からなっている。よ
図 11って、点 o を通る図のような直線で切り開
くと、組みひもは得られることがわかる。

結び目を分解したとき、一方の結び目がさらに、逆をいうと、もとの結び目は組み必ず自明な結び目になるとき、これを素
素なひもの両端を閉じたものとして表すことが結び目と呼ぶ。また、結び目ダイアグラム
結び目

できる。

のうち、交差点の個数が最も少なくなるも図 14 の結び目は、点 o を中心にしてみるのを考え、その交差点の数を最小交
最小交点
最小交点数とと、右回転や左回転の曲線など、回転が一呼ぶ。

定ではない。ひもを動かして一定にすることを考えると表すことができた。式にあら

３－１０．組みひもからリンクをつくる
まず、次のような組みひも A を用意する。

わすと、 σ 1σ 2−1σ 1σ 2−1 となる。
これにより、リンクを組みひもで表すには、ひもをうまくうごかして、ある基点についての回転方向を一定にすればよいこと
がわかった

図 12

16 のように、同心円になるはずである。

図 13
図 16
また、これらの円にはすべて同じ向きが与えられていることになる。逆に、ザイフェルトサークルがこのように同心円になっ図 14ていれば、もとのリンクダイアグラムは、
組みひもを閉じたものとして表すことがで

３－１２．アレクサンダーの定理の証明
向きのついたリンク L を、次の規則に従って修正していく。

きる。このとき、リンクダイアグラムをラ
イデマイスター移動Ⅰ，Ⅱによって変形し、対応するザイフェルトサークルが同心円になるように操作すればいいことがわかる。
いまから、いくつかの典型的な場合を考えてみる。
まず、図 17 のような、ザイフェルトサー
クルから考える。

図 15
結果として、平面上のお互いに交わらない有限個の閉じた曲線が得られる。
このように、向きのついたリンクダイア
グラムから構成される曲線をザイフェルト
ザイフェルト
サークルと呼び、このとき、リンクの交差サークルに対応した線分をかき入れる。

図 17

ここで、リンクを組みひもで表すことについて考える。

このとき、一番外側のザイフェルトサー

まず向きのついたリンクが、ある組みひクルの向きが定まっていると、ほかのザイもの両端をとじたものとして表されている

フェルトサークルの向きも同じ向きを与えとすると、そのザイフェルトサークルは図ることにする。また、ザイフェルトサーク

ルにおける線分のつなぎ規則より、図 18(a）の場合のみ起こり、(b)に対応する場合はおきかえないことによる。

が同じ向きを得たかどうかを確認する。
もうひとつの場合として、次のザイフェ
ルトダイアグラムについて考えてみる。このときも先程の操作に同じく、ライデマイ
スター移動によって同心円のダイアグラムに変形することができる。
一般に、次の図 21 のようなザイフェルト
ダイアグラムが考えられるが、先ほど実行

(a)

(b)
図 18

した２通りの操作で、それぞれ同じ向きが与えられた、同心円のダイアグラムにできるということがわかる。

先程のザイフェルトサークルが同心円になるように変形したのが図 19 である。

図 21
一番外側のザイフェルトサークルの向きが定まっている場合、その向きをそれぞれの円に与えるとすると、前提において話を図 19

進めていたように、一番外側のザイフェル
トサークルがない場合については考えてい元のザイフェルトサークルから変形したない。だが、もし一番外側のザイフェルト

ものへいたる過程を、リンクダイアグラム

サークルがないときは、一番外側にザイフ

によって見たのが、次の図 20 である。

ェルトサークルが存在すると仮定して先程の２通りの変形を行い、その後、取り除けばよいということがわかる。
どのようなザイフェルトダイアグラムも、対応するリンクダイアグラムのライデマイ
スター移動により、同心円に変形できるということがわかる。すると、アレクサンダ
アレクサンダーの定理「すべてのリンクは、ある組みひ
の定理

図 20

もの両端をとじたものとしてあらわすことができる」を得る。

得られたザイフェルトサークルのすべて

４．感想
今年は組みひもについて基本的な内容を理解することに時間がかかってしまった。
一つひとつの内容を理解するまでが大変であった。
これからもさらに組みひもやリンクについて学んでいきたい。

５．参考文献[1] 「組みひもの数理」，河野俊丈，遊星社

真の約数の和に関する考察
５年Ｂ組

秋山

健太

指導教員

川口

慎二

１．要約
サイエンス研究会数学班５年生は、真の約数の和を取り続けるという操作について研究している。まず初期値が 1～10000 までの場合について調べてみた
ところ、操作の結果が単調に増加していくと思われるものがあり、特にそのような場合について考察した。
キーワード

真の約数の和、過剰数、完全数、不足数

２．研究内容ここで真の約数の和をとるという

２－１．約数
整数 a, b に対して、 a = bq を満たす

操作を繰り返すことを考える。以下、自然数 n の真の約数の和を Σ(n) と表

整数 q が存在するとき、 b を a の((広

すと、例えば 9 の真の約数の和は
Σ(9) = 1 + 3 = 4

義の)の約数
義の)約数という。例えば、9約数は±1, ±3, ±9 である。
また、自然数 m, n に対して、

m = nr を満たす自然数 r が存在する(狭義の)狭義の)約数または約数
とき、 n を m の(正の約数という。例えば、9
の正の約
正の約数
数は 1, 3, 9 である。
「約数」の定義について、一般にである。そして得られた値、つまりここでは「4」についても同様に真の約数の和を計算すると、
Σ ( 4) = 1 + 2 = 3となり、また同様に「3」についても真の約数の和を計算すると、
Σ(3) = 1

は広義の意で用いるが、本論文ではとなる。このように、初期値が「9」以降自然数について議論を進めるのである場合は、9→4→3→1 と最終的で、「約数」という用語を使う際はに「1」に辿り着いた。

狭義の意味に解釈することにする。
つまり、負の数の方は考えない。

では、「9」に限らず、あらゆる自然数を初期値として、このように真の約数の和をとるという操作を続け２―２．真の約数とその和自然数 n の約数のうち、 n 自身を除いたものを n の真の約数
真の約数という。
真の約数
なお、1 の真の約数は定義されない。
例えば、9 の真の約数は 1, 3 である。

ていくと、どのようになるのだろうか。

２－３．検証

しかし、この中には計算過程で非そこでまず初期値が 1～10000 であ

常に大きな数が出てくるものが少なる場合について Excel を用いて計算

からずあり、計算がとても遅くなっしてみた。

てしまった。そこで、「真の約数のその結果を表１に示す。

和をとる」という操作をそれぞれ 20
回ずつ行い、

表１

Excel を用いた計算結果

・「1 で終わるもの」・「途中から循環するもの」
・「20 回の操作では全貌が不明なもの」の３種類に分けた。
次の表２はその３種類のそれぞれの例である。

表２

３種類の計算結果の例

そして、次ページの図１は 1 から n までの各種類の累計の割合を示す。

やはり操作回数が 20 回と少ないこともあり、徐々に「不明なもの」の個数の割合が増えていることがわかる。
ではこの「不明なもの」も、操作数を十分に増やせば、最終的に 1 になった
り、あるいは循環したりするのだろうか。それとも永遠に 1 になったり循環したりすることはないのだろうか。
この疑問を解決するために、自然数を「過剰数」、「完全数」、「不足数」という３つのグループに分けて分析を試みた。
なお、これ以降は、便宜上 1 の真の約数の和を 0 として扱う。

図１２－４．過剰数・完全数・不足数
不等式 n < Σ(n) を満たす自然数

然数も「過剰数」、「完全数」、

n を過剰数
過剰数といい、等式
n = Σ(n)過剰数「不足数」のいずれかである。

定義からも分かるように、どの自を満たす自然数 n を完全数
完全数という。
完全数
また、不等式 n > Σ(n) を満たす自数はどのぐらいの割合で含まれてい然数 n を不足数
不足数という。
不足数

るのかを調べるため、1～10000 ま

例えば、
Σ(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 = 16 ゆえ、での数について、その数が過剰数で12 < Σ(12) であるから、12 は過剰数あるかを求めてみた。

である。また、 Σ(6) = 1 + 2 + 3 = 6
ゆえ、6 は完全数とわかる。さらに、
Σ(8) = 1 + 2 + 4 = 7 ゆえ、 8 > Σ(8)であるから、8 は不足数である。

そこで、自然数の中にそれぞれのあるか、完全数であるか、不足数で図２は 1 から n までの数について、３種類それぞれの累計の全体に占める割合を示す。

この図から、非常にグラフが安定ものが約 2500 通り、（初期値よしていることがわかる。過剰数が約り）値が減少するものが約 7500 通

25％、不足数が約 75％であり、完りあるということになる。

全数は 10000 の中に４つしかない。

そこで今度は値の増減に着目した。

よって、グラフが非常に安定して

まず、2～10000 までの自然数 n をいることから、1～10000 という範

過剰数、完全数、不足数の３つのグ囲だけでなく、自然数全体で、おおループに分ける。さらに、グループごとに Σ(n) を過剰数、完全数、不足

よそ 25％の割合で過剰数が含まれ、また、おおよそ 75％の割合で不足数が含まれ、完全数はごくわずかし

数の３つのグループに分ける。つまり、 n と Σ(n) の大小を比べ、 Σ(n)かないと考えた。

と Σ(Σ(n)) の大小を比べて、最終的すると、グラフから１～10000 まに、計 3×3＝9 個のグループに、初での自然数のうち約 2500 個が過剰

期値が 1 である場合を除く、先程の数、約 7500 個が不足数であると考9999 通りを分類する。

えられる。これは初期値が 1～

表３がそれらをまとめたものであ10000 である 10000 通りのうち、る。

真の約数をとるという操作を１回行
うと、（初期値より）値が増加する

図２

表３

この表３から、「過剰数の真の約数の和は過剰数を、不足数の真の約数の和は不足数を生成しやすい」ということが読み取れる。
特に過剰数について詳しく見てみると、初期値が 2～10000 であるものの中で過剰数、つまり n < Σ(n) を満たす数は、全体の 25％ほどしかないが、そのうちの実に 75％以上
が過剰数、すなわち
Σ(n) < Σ(Σ(n))
を満たすことがわかる。
このことから、自然数の真の約数の和をとる、という操作を繰り返すと、どのような初期値で始めても、その全ての場合において、1 で終わったり、どこかから循環したりするのではなく、いくら操作数を増やしても、1 で終わることもなく、また循環もずっとしないようなものもある、と考えている。
３．今後の課題

今後の最大の目標は「不明なもの」の結末を解明することである。
そのためには、ある数が過剰数、完全数、不足数になるための条件を考えたり、「不明なもの」の中でグループ分けをしたりすることが解明の糸口になるのではないかと考えている。

４．参考文献[1]「プライムナンバーズ」，David
Wells 著，伊地知 宏監訳，さかいなおみ訳，オーム社
５．謝辞

今回の研究にあたり、ご指導して下さった顧問の川口先生、ありがとうございました。

ピタゴラス三角形とピタゴラス数
６年Ｂ組 清水 悠平
６年Ｃ組 西井 良徳
６年Ｃ組 森 宇宏
指導教員 川口 慎二

１．概要
サイエンス研究会数学班６年生は、ピタゴラス三角形について４年間継続して研究を行った。主な内容はピタゴラス三角形の基本的性質や辺の長さ、周の長さ、面積に関する考察、ヘロン三角形とフェルマーの大定理との関係、そして辺の長さと個数の関係である。
本稿では、その結果について紹介し、これまでの研究を総括する。
キーワード

ピタゴラスの定理(三平方の定理)、ピタゴラス三角形、ピタゴラス数、
既約、平方数、フェルマー・ぺル型不定方程式、ヘロン三角形、
フェルマーの定理、近似式

２．研究の背景と目的(Pythagorean equation)という。
また逆に、等式(1)が成り立つ三角形は直ピタゴラス三角形(Pythagorean
ピタゴラス三角形

角三角形となる(「ピタゴラスの定理の逆
ピタゴラスの定理の逆」
ピタゴラスの定理の逆

triangle)とは、３辺の長さを整数で表すこと呼ばれる)。 そして、ピタゴラス三角形とができる直角三角形である。

の３辺の長さの組み合わせをピタゴラス数
ピタゴラス数

B.C.2000 頃のエジプトではすでに辺の(Pythagorean number)という。

長さが 3, 4, 5 のピタゴラス三角形の存在をあるピタゴラス三角形を拡大すると、新知られていた。このようにピタゴラス三角

しい直角三角形ができる。新しくできた直形はとてつもなく長い歴史がある。

角三角形は、各辺が自然数であり、もとの

また、よく知られているように直角三角

三角形に相似なので、これもまたピタゴラ

形の３辺の間には、ピタゴラスの定理(定理

ス三角形となる。このようにあるピタゴラ１)が成り立つ。

ス三角形を２倍，３倍，４倍…としていくと、次々に新たなピタゴラス三角形ができ

定理１ (ピタゴラスの定理)
ピタゴラスの定理)
直角を挟む２辺の長さが x, y である直角

る。つまり、１つのピタゴラス三角形から無数のピタゴラス三角形が生み出される。

三角形の斜辺の長さを z としたとき、これを記号で表現しよう。一般に、３辺がx +y =zx, y, z であるピタゴラス三角形を ( x, y, z )

2

2

2

…(1)

が成り立つ。
このとき、等式(1)をピタゴラス方程式
ピタゴラス方程式と表すことにする。このとき ( kx, ky , kz )(ただし k = 1,2,3, L )はすべてピタゴラス三角形になる。

( x + y) 2 − 4 ×

例えば、(3, 4, 5)という組み合わせのピ

1
xy
2

タゴラス三角形からは、(6, 8, 10), (9, 12,と表すこともできる。したがって、

15)などのピタゴラス三角形が得られる。

z 2 = ( x + y ) 2 − 2 xy = x 2 + y 2となる。

ここで、ピタゴラスの定理の証明をいく(Q.E.D.)

つか紹介する。
［証明２］
図２のように、３辺の長さが x, y , z であ

［証明１］３辺の長さが x, y , z であり、∠A＝90°

り、∠C＝90°である直角三角形 ABC を考である直角三角形 ABC を考える。まず、える。頂点 C から斜辺 AB へ下ろした垂線△ABC と合同な直角三角形を図１のよの足を D とする。

うに４枚並べて、正方形 ADEF をつくる。

C

A

y

C

F
y

x

z

x

H
A

B

D

B

z
図２

D

G

E
ここで、∠D＝90°より、

図１△ABC∽△ACD∽△CBDとなる。よって、△ABC と△ACD の相似

このとき、△ABC，△DGB，△EHG，△FCH はすべて合同である。すると、AB＝DG＝EH＝FC＝ x ，
AC＝DB＝EG＝FH＝ y ，
BC＝GB＝HG＝CH＝ z ．
であるから、正方形 BGHC の面積 S は、

S = z 2 と表すことができる。一方、正方形 BGHC の面積は、一辺が ( x + y ) の正方形から、４枚分の直角三角形の面積を引いたものなので比は y ：AD＝ z ： y である。
よって、AD＝y2である。
z同様に、△ABC と△CBD の相似比は

x ：BD ＝ z ： x である。
したがって、BD＝

x2
となる。
z

いま、 z ＝AB＝AD+BD であるから、

y2 x2 x2 + y2
+
=
z
z
z
が成り立つ。この両辺に z (> 0) を掛けるz=と、 z = x + y222∠IBK＝90°－∠KBC＝∠CBMとなる。
(Q.E.D.)なので、ともに直角三角形であり、斜辺と１鋭角が等しいので、△IBK≡△CBM であ

［証明３］

る。

３ 辺 の 長 さ が x, y , z (BC= x , CA= y ,AB= z とする)であり、∠A＝90°である直よって BK＝BM となり、また KD//CL であるから、□ABIJ＝AB×BK=BD×BM

角三角形 ABC を考え、図３のように、各辺を一辺とする正方形を辺上につける。また、
点 C から辺 DE におろした垂線の足を L とし、AB との交点を M とする。また、I を＝□BMLD…②

ここで、□BMLD は長方形 BMLD の面積を表している。

通り AB に平行な直線 IJ を引き、線分 AHとの交点を J、線分 IJ と辺 BD の延長線とEの交点を K とする。

L

E

A

D

L

F
M
A

D

C

F

G

B

M

J
C

G

B

J

H

I

図４

H

I

図３

①，②より、□BIHC＝□BMLD …③

すると、IJ//BA、IB//JA であるため、四角形 ABIJ は平行四辺形である。ここで、□ABIJ＝BI×BC なので、
□ABIJ＝□BIHC …①
ここで、□ABIJ と□BIHC はそれぞれ平行四辺形 ABIJ と正方形 BIHC の面積をそれぞれ表している。
また、△IBK と△CBM において、
BI＝BC であり、であり、同様に、□ACGF＝□AELM …④となる。③，④より、□BIHC＋□ACGF＝□AEDB
つまり、 x 2 + y 2 = z 2 が成り立つ。
(Q.E.D.)CA＝ z である。

E

ここで、四角形 BDEC は上底が DE＝ x ，

L

下底が BC＝ y ，高さが BD＝AB+AD＝

x + y の台形であるので、その面積は

A

D

F
M
C

G

B

1
(x + y )2 = 1 (x 2 + 2 xy + y 2 ) …①
2
2である。また、この台形は△ABC+△ABE＋△EAD と表すことができる。△EAD はJ

一辺の長さが z の直角二等辺三角形なので、
△EAD＝

H

I

図５

1 2
z …②
2

である。したがって、この台形 BDEC の面
積は、②より、［証明４］
３辺の長さが x, y , z (AB= x , BC= y , CA=z とする)であり、∠B＝90°である直角三角形 ABC を考える。
図６のように、直角三角形の１辺 AB の延長上に AD＝BC となるような点 D をとり、

1 2 1
1
1
z + xy + xy = z 2 + xy …③2222となる。ゆえに、①，③から、

1 2
1(x + y 2 ) + xy = z 2 + xy
2
2
2
2
2
すなわち、 x + y = z が成り立つ。

AD⊥DE かつ DE＝AC となるような点 E(Q.E.D)をとる。E と A，E と C を結ぶ。

E

D

本稿では、ピタゴラス三角形のもつ幾何的性質と、ピタゴラス数のもつ代数的性質の対応に注目しながら、ピタゴラス数の基本的性質や、様々な条件を加えた時のピタ
ゴラス三角形の性質について紹介する。

A

３．研究内容３－１．既約なピタゴラス三角形
２つの整数 a, b が既約
既約(irreducible)であ
既約

C

B

るとは、２数の最大公約数が 1 であるとき

図６をいう。一般に、２数 a, b の最大公約数を△EDA と△ABC において、AD＝CB であ(a, b) と表すので、a, b が既約であることを(a, b) = 1 と表す。このとき、a, b は互いに互いにり、DE＝BA，∠ADE＝∠CBA＝90°なの

素 (coprime) で あ る と も い う 。 さ ら に 、で、△EDA≡△ABC となる。よって AE＝

a(a, b) = 1 かつ b ≠ 0 であるとき、分数 はbとする。

これ以上約分できない。このような分数を(i) どちらも偶数である場合

既約分数(irreducible
fraction)という。
既約分数

x = 2m, y = 2n ( m, n は自然数)と表す

ピタゴラス三角形が既約であるとは、３ことができるので、どちらも 2 で割ること

辺のうち、どの２つの辺の長さも既約になができ、2 数が互いに素であるという仮定っているときをいう。

に反するため、起こり得ない。

以降、ピタゴラス三角形 ( x, y , z ) を考え、z をその斜辺とする。つまり、x 2 + y 2 = z 2が成り立っているものとする。

(ii) どちらも奇数である場合
補題Ⅰから、２つの奇数の平方の和を 8

まず、斜辺以外の２辺について既約なピタで割ると 2 余ることがわかる。したがって、

ゴラス三角形を求めるためにまず既約なピ

２つの奇数の平方の和は４で割り切ること

タゴラス三角形 ( x, y , z ) について、この３辺ができない。奇数の平方は奇数なので、２の長さの性質を調べていく。まず、３辺のつの奇数の平方の和は偶数になる。つまり、偶奇性(パリティ)が決定される。その証明のz 2 は偶数になる。ゆえに、 z も偶数である

ために、次の補題を準備しておく。

とわかる。
ここで z = 2k とすると、z = 4k となり
22

4 の倍数になる。つまり、 x 2 + y 2 が 4 の倍

補題Ⅰ
奇数の平方を 8 で割ると、1 余る。

数である。これは、２つの奇数の平方の和を 4 で割り切ることができないという事実に反するので、２数が両方奇数ということ［証明］
ある自然数 k をもちいて、ある奇数をはあり得ない。

2k + 1 と表す。この平方は( 2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4k ( k + 1) + 1となる。このとき、 k ( k + 1) は連続２数の一方が偶数でなければならないことが示さ

積ゆえ偶数なので、4k ( k + 1) は 8 で割り切れた。

れる。ゆえに、 (2k + 1) は 8 で割ると 1 余2(i), (ii)から、 x, y は一方が奇数であり、(Q.E.D.)る。
(Q.E.D.)x, y, z をより具体的に求めるためには、次の補題が必要である。この補題は、２数定理２x, y は(奇数、偶数)または(偶数、奇数)の組合せとなる。

を因数分解して考えれば、直感的には正しく思える。しかし、数学的に正確な証明をするためには、素因数分解の一意性を認めておく必要がある。ここでの証明は行わな［証明］
まず仮定として、 x, y が互いに素である

いので、参考文献[2]などを参照せよ。

補題Ⅱとができるので、①，②から、２つの互いに素である数の積が平方数のとき、この２数はどちらも平方数でなけれ

4c 2 = 2a × 2b , つまり、 c 2 = ab …④となる。ここで、補題Ⅱと④から、

a = m2 , b = n2ばならない。
と表せる。
定理３

いま、a と b が互いに素であるので、m と nx, y, z は互いに素な２数 m, n を用いて、も互いに素であることが分かる。③からx, z は、それぞれ

x = m − n , y = 2mn , z = m + n222

x = m2 − n2 , z = m2 + n22と表すことができる。

となる。さらに、 c = ab = m n より、,
222

y = 2c = 2mnである。こうして、互いに素な２数 m, n を［証明］
定理２から、 x, y の組の一方が奇数で、用いて、 x, y , z はそれぞれもう一方が偶数であることは証明された。

x = m 2 − n 2 , y = 2mn , z = m 2 + n 2 …⑤

ここで、 x を奇数、 y を偶数とおく（すると表すことができた。

と z は奇数となる）。

(Q.E.D.)

ピタゴラス方程式を変形させ、

y 2 = z 2 − x 2 = ( z + x)( z − x) …①としたとき、 z + x と z − x は、 x, z がとちなみに、m, n がともに偶数または奇数

もに奇数であることから、どちらも偶数とのとき、 x = m − n から、 x が偶数となり、最初の仮定に反するので、m, n の一方なる。よって整数 a, b を用いて、が偶数、他方が奇数でないといけないこと

z + x = 2a , z − x = 2b …②と表すことができる。ゆえに、

2

2

がわかる。
定理３の証明からわかるように、ピタゴ

z = a + b , x = a − b …③となる。この等式から a, b が互いに素であラス三角形の斜辺でない２辺のうちどちることが導かれる。

って、３辺がすべて素数であるピタゴラス

なぜならば、背理法を用いて、 a, b が 1

らかは 4 で割りきることができる。したが三角形は存在しないことになる。

より大きな公約数 d をもつとすると、③から d は x, z の公約数となる。ゆえに、 z + xと z − x も公約数 d をもつことになる。ここ2

これまでの結果をまとめると、次の定理のように記述できる。

2

で①から、d は y の約数になり、d は y の約数ともなる。このとき、 d は x, y の公約数となり、 x, y が互いに素であるという仮定理４辺 y が偶数であるような既約なピタゴ定に反する。したがって、 a, b は互いに素ラス三角形は、すべてでないといけない。

x = m 2 − n 2 , y = 2mn , z = m 2 + n 2( m > n )から求められる。ただし、 m, n はまた、自然数 c を用いて y = 2c と表すこ

一方が偶数で他方が奇数である互いに素定理５y が偶数であるようなすべてのピタゴな任意の２数である。
また、 y が偶数である既約なピタゴラス
三角形 ( x, y , z ) は、このような２数 m, n にラス三角形 ( x, y , z ) は式

よって一意的に定まる。

k2 − l2
k2 + l2, z=22によって表される。ただし k と l は k > l を［証明］

満たす互いに素な奇数の組である。

x = kl , y =m, n は互いに素な整数で、 m > n とし、さらに y が偶数である既約なピタゴラ

さらに一方が偶数、もう一方が奇数である

ス三角形 ( x, y , z ) はこれによって一通りにとする。⑤によって、これらの数から既約表される。

なピタゴラス三角形 ( x, y , z ) の辺が決まる。
［証明］

恒等式

(m − n) + (2mn) = (m + n)22

ピタゴラス方程式 x 2 + y 2 = z 2 は、因数2から、ピタゴラス方程式が成り立つことは2分解により、 x = ( z + y )( z − y ) と表すこ

明らかである。

とができる。

次に、⑤のように定めた x, y が互いに素ここで、 y は偶数、 x, z は奇数である。

になることを示そう。そこで、 x, y が公約

よって、 u = z + y と v = z − y はともに奇数 d ( d > 1 )をもつとする。 x は奇数なの数で互いに素である。すると、 x = uv とで、 d も奇数となる。また、 d は z の約数表すことができる。

2にもなる。すると、⑤から m + n としたがって、u = k , v = l をみたすようm 2 − n 2 が公約数 d を持つことになり、な互いに素な２数 k , l が存在する。つまり、

222m 2 と 2n 2 が d で割り切れる。ゆえに m 22

x = kl であり、

2と n も d で割り切れる。
しかし、これは m, n が互いに素であるという最初の条件に反するので、 x, y が互いに素であることになる。
最後に、 m, n が異なる ( x, y , z ) の組み合2y=u − v k2 −l2
u + v k2 +l2
=
, z=
=
2
2
2
2

となる。したがって、

x = kl , y =k2 − l2
k2 + l2
, z=
…⑥
2
2

わせには、異なったピタゴラス三角形が対と表される。一意性については、定理４と応するということを確かめる。これは、⑤同様に証明できる。

から(Q.E.D.)

2m = x + z , 2n = x + zとなるため x, y , z が一致した場合 m, n もy が偶数である既約なピタゴラス三角一致する。したがって、 m, n が異なると形を無限に求めたければ、まず k に奇数のx, y, z も異なることが示された。

値 3, 5, 7, 9, …を順に代入し、 l に k より

2

2

(Q.E.D.)

小さく k と互いに素な奇数の値を順に代入する。最後に公式⑥によって x, y , z の値を計算しればよい。
公式⑥によって最初の 20 個の既約なピ
タゴラス三角形を表１に示す。

13

7

91

60

109

13

9

117

44

125

13

11

143

24

145

あらゆるピタゴラス三角形を求めるには、既約なピタゴラス三角形をなす自然数

３－２．辺の長さが連続する自然数であるを次々にかけていけばよい。このようにしピタゴラス三角形て、 y が偶数であるようなあらゆるピタゴラス三角形を得ることができる。さらに、

表１に挙げた既約なピタゴラス三角形

x と y を入れ替えたピタゴラス三角形をを見ると、(3, 4, 5)というペアは連続する

追加すれば、すべてのピタゴラス三角形が３数からできている。このようなピタゴラ得られる。

ス三角形はこれしかない。この事実は、簡

このような性質を用いて、次節以降では、単に証明することができる。

特別な場合のピタゴラス三角形を調べていく。

定理６
連続する３数を辺としてもつピタゴラ

表１ 既約なピタゴラス三角形

ス三角形は(3, 4, 5)のみである。

（はじめの 20 個）

k

l

x

y

z

3

1

3

4

5

ある自然数 n ( n ≧2)を用いて、連続する

5

1

5

12

13

３数を n − 1, n, n + 1 と表す。この３数がピ

5

3

15

8

17

タゴラス方程式を満たすとき、

7

1

7

24

25

7

3

21

20

29

7

5

35

12

37

9

1

9

40

41

9

5

45

28

53

9

7

63

16

65

11

1

11

60

61

11

3

33

56

65

11

5

55

48

73

11

7

77

36

85

11

9

99

20

101

13

1

13

84

85

13

3

39

80

89

13

5

65

72

97

［証明］

(n − 1) 2 + n 2 = (n + 1) 2

n 2 − 2n + 1 + n 2 = n 2 + 2n + 1
2
から、 n = 4n ， n( n − 4) = 0 となり、n ≧2 なので、 n ＝4 である。
よって、この条件を満たすものは(3, 4, 5)のみである。
(Q.E.D.)また、辺の長さが等差数列となるものを求めることも簡単である。
定理７
定理７
等差数列をなす３数が辺の長さである
ピタゴラス三角形は(3, 4, 5)と相似である。

［証明］

くつかを挙げると次のようになる。

定理６と同じように自然数 k を公差として、３辺を n − k , n , n + k とする。

(3, 4, 5), (5, 12, 13), (7, 24, 25), (9, 40,41), (11, 60, 61), (13, 84, 85), …

この３数がピタゴラス方程式を満たす
とき、ここで、この式(2)以外でこのような三角(n − k ) + n = (n + k )2

2

2

n − 2kn + k + n = n + 2kn + k
2

2

2

2

形を求める方法を２つ紹介する。
2から、

１つ目は、次のメスネーラ(Moessnera)の恒等式を用いる方法である。

n = 4kn , n(n − 4k ) = 0
2となり、 n ≧2 なので、 n = 4k である。

定理８(
定理８(メスネーラの恒等式
メスネーラの恒等式)の恒等式)

この条件を満たすものは (3k ,4k ,5k ) ですべての自然数 n に対して、あり、これらはすべて(3, 4, 5)と相似なも(10 n − 5) 2 + {50n( n − 1) + 12}

のである。

2

(Q.E.D.)次に２辺の長さが連続する自然数で表= {50 n( n − 1) + 13}2が成り立つ。

せるようなピタゴラス三角形を考える。このとき、これによって求められるものの例とし[1] 斜辺と他の１辺が連続するときて、n に 1 から 5 を代入すると、(5, 12, 13),[2] 直角をはさむ２辺が連続するとき(15, 112, 113), (35, 612, 613), (45, 1012,の２通りが考えられる。

1013)などが挙げられる。

３－２－１．斜辺と他の１辺の長さが連続する自然数あるピタゴラス三角形

さらに、メスネーラの恒等式と(2)式を組み合わせると次の恒等式を導くことができる。

このとき、 x, z は奇数としたので、

z − y = 1 を満たせばよい。

定理９
定理９

k +l
k −l
−
= 1 を解い
2
2
2

2

2

2

定理５より、て l = 1 とわかるので、 ( x, y , z ) は

x=k, y=k 2 −1k 2 +1
, z=
…(2)
2
2

k を奇数とする。すべての自然数 n に対して、

 2
k 2 − 1( 2kn − k ) + 2k n( n − 1) +

2 


となる。


k 2 + 1= 2k 2 n(n − 1) +
2 


式(2)によって、 z − y = 1 であるすべてのピタゴラス三角形が求められ、最初のい22が成り立つ。

2

もうひとつの方法は、まず k が奇数であ［証明］ることから、 k = 2n + 1 とおき、さらにある２つの自然数 x, z によって表される

s を整数とし、 n = 10 とおくと、(2)からピタゴラス三角形 ( x, x + 1, z ) があるとき、s( 3 x + 2 z + 1 , 3 x + 2 z + 2 , 4 x + 3 z + 2 )も

s −1
67
8
x = 2 × 10 + 1 = 20 ⋅ ⋅ ⋅ 01s

ピタゴラス三角形になる。

s −1
s
}
}
y = 2 × 10 + 2 × 10 = 20 … 020 … 0
2s

s

s −1
s −1
}
}
z = 2 × 10 + 2 × 10 + 1 = 20 …020 …01
2s

s

実際に、

(3 x + 2 z + 1) 2 + (3 x + 2 z + 2) 2
= 18 x 2 + 24 xz + 8 z 2 + 18 x + 12 z + 5…①である。ここで、 ( x, x + 1, z ) はピタゴラスが得られる。

三角形なので、
例えば、 s = 1,2,3,4 を代入すると下表２x 2 + x 2 − 2x + 1 = z 2
つまり、 2 x + 2 x + 1 = z である。

を得る。

2

2

したがって①から、
表２

s = 1,2,3,4 の場合
y
z

21

220

221

201

20200

20201

2001

2002000

2002001

20001

200020000

200020001

x

18 x 2 + 24 xz + 8 z 2 + 18 x + 12 z + 5= (2x2 + 2x +1) +16x2 + 24xz
+ 8 z 2 + 16 x + 12 z + 4= 16 x 2 + 24 xz + 9 z 2 + 16 x + 12 z + 4= ( 4 x + 3 z + 2) 2となり、
( 3x + 2 z + 1 , 3x + 2 z + 2 , 4 x + 3z + 2 )このように、機械的にいくらでもピタゴラス三角形を求めることができる。

がピタゴラス三角形であることがわかる。
直角をはさむ２辺が連続する自然数で表せるピタゴラス三角形を、この式に当ては

３－２－２．直角をはさむ２辺の長さが連めることでできた三角形は、これもまた直続する自然数であるピタゴラス三角形

角をはさむ２辺が連続する自然数で表せる
ピタゴラス三角形である。この操作を繰り

直角をはさむ２辺の長さが連続する自然

返すと、次々に、直角をはさむ２辺が連続数で表せるピタゴラス三角形について次のする自然数で表せるピタゴラス三角形が求事実はすぐに証明される。

められる。
(Q.E.D.)

補題Ⅲ
補題Ⅲ
直角をはさむ２辺の長さが連続する自然

このようにして求められるもので、最初数で表せるピタゴラス三角形は無数に存在の４つを挙げると次のようになる。(3, 4, 5),する。

(20, 21, 29), (119, 120, 169), (696, 697,985)である。

次に、上の方法によって直角をはさむ２

次に、 p > 0 , 0 < q < z となることを示

辺が連続する自然数で表せるピタゴラス三す。 x > 3 ゆえ、角形がすべて求められることを証明しよう。

x 2 > 3x = 2 x + x > 2 x + 3である。ところが、( x, x + 1, z ) がピタゴラ

定理 10ス三角形なので、x + ( x + 1) = z である

直角をはさむ２辺が連続する自然数で表せるピタゴラス三角形は、必ず三角形の無限 列 (3,4,5), f (3,4,5), ff (3,4,5) … の 中 に

2

2

2

から、

4z 2 = 8x 2 + 4 − (2x + 3)

現れる。ただし、 f ( x, x + 1, z ) はピタゴラ= 9x 2 + 8x + 4 − x 2

ス三角形< 9x2 +8x + 4 −(2x +3)( 3x + 2 z + 1 , 3x + 2 z + 2 , 4 x + 3z + 2 )= 9 x 2 + 6 x + 1 = (3 x + 1) 2を表すと定める。

であるから、 2z < 3x + 1 …②，つまり、

p = 3x − 2z + 1 > 0

この定理 10 を証明するために、次の補題を証明する。

となる。ここで、 x > 0 に注意すると、不等式②を弱めて、 2 z < 4 x + 2 とすることができる。ゆえに、 z < 2 x + 1 となり、さ

補題Ⅳ
補題Ⅳ

x > 3 のとき、 ( x, x + 1, z ) がピタゴラス
三角形ならば、 f ( p, p + 1, q ) = ( x, x + 1, z )を満たす ( p, p + 1, q ) もピタゴラス三角形
であり、 q < z である。さらに、( p, p + 1, q )= (3 x − 2 z + 1,3 x − 2 z + 2,3 z − 4 x − 2)
である。

らに、

x 2 + ( x + 1) 2 = z 2 かつ x > 0 であるから、
9 z 2 = 18 x 2 + 18 x + 9> 16 x 2 + 16 x + 4 = (4 x + 2) 2
つまり、3 z > 4 x + 2 となる。したがって、

0 < 3 z − 4 x − 2 = q である。一方、
q = 3z − 4 x − 2 < 3z − 2 z = z
ゆえ、 0 < q < z となり、これで不等式は［証明］
まず、 ( p, p + 1, q )証明された。
最後に、 ( p, p + 1, q ) がピタゴラス三角= (3 x − 2 z + 1,3 x − 2 z + 2,3 z − 4 x − 2)形になることを証明する。

とするとき、 ( p, p + 1, q ) が

p 2 + ( p + 1) 2 = (3 x − 2 z + 1) 2 + (3 x − 2 z + 2) 2

f ( p, p + 1, q) = ( x, x + 1, z ) …①を満たすことを確かめればよい。

3 p − 2q + 1= 3(3 x − 2 z + 1) + 2(3 z − 4 x − 2) + 1 = x ,4 p + 3q + 2= 4(3 x − 2 z + 1) + 3(3 z − 4 x − 2) + 2 = z= 18 x 2 + 8 z 2 − 24 xz + 18 x − 12 z + 5
q 2 = (3 z − 4 x − 2) 2
= 16 x 2 + 9 z 2 − 24 xz + 16 x − 12 z + 4
であるが、z = 2 x + 2 x + 1 であるので、
2216 x 2 + 9 z 2 − 24 xz + 18 x − 12 z + 5= 18 x 2 + 8 z 2 − 24 xz + 18 x − 12 z + 5となることから、( p, p + 1, q ) は①を満たす。 となる。したがって、q 2 = p 2 + ( p + 1) 2 が

三角形 ( x, x + 1, z ) に対して、成り立ち、補題は証明された。
(Q.E.D.)
ここで、ピタゴラス三角形 ( x, x + 1, z ) に対して、

fg(x, x + 1, z)= f (3x − 2z + 1,3x + 2z + 2,3z − 4x − 2)
= (x, x + 1, z) …②が成り立つ。よって、

f (p, p + 1, q ) = (x, x + 1, z)を満たすピタゴラス三角形 ( p, p + 1, q )ffgg(x, x + 1, z) = (x, x + 1, z)
であり、一般に k = 1,2,3L に対してを対応させる操作を g として表すことにすf k g k ( x, x + 1, z ) = ( x, x + 1, z ) …③

ると、 g は f の逆操作になる。つまり、が導かれる。したがって、①より、ある整

g(x, x + 1, z) = (p, p + 1, q )数 n に対して、 (x, x + 1, z) = f (3,4,5) とn= (3x − 2z + 1,3x − 2z + 2,3z − 4x − 2)なり、定理 10 は証明された。

となる。

(Q.E.D.)
このようにして、直角をはさむ２辺が連［定理 10 の証明］
補題Ⅳによって、小さい２辺が連続する

続する自然数で表せるピタゴラス三角形

自然数になっているピタゴラス三角形

は無限に存在し、それらは必ずある三角形( x, x + 1, z ) ( x > 3 )から、また新たに、条の無限列の中に現れることが証明できた

件を満たすピタゴラス三角形 ( p, p + 1, q )が、実際に２辺の長さが連続する大きな自ができる。

然数で表されるピタゴラス三角形をこのそこでさらに x > 3 ならば、再び補題Ⅳによって新たなピタゴラス三角形ができ

方法で求めることは困難である。
そこで、別の方法を用いて条件を満たする。しかし、また同様に操作を続けたから

ピタゴラス三角形の一般式を求める。

といって、無限に新たな三角形ができるこ

先ほどと同様にとはない。この操作をするごとに斜辺の長さは短くなっていくからである。つまり必x − y = kl −k2 − l2= ±1
2

ず、ある整数 n に対して、ピタゴラス三角が成り立てばよいのだが、この式から k, l形

を効率的に求めることができなかった。そ(x nx n + 1, z n ) = g (x, x + 1, z)(ただし、 x n = 3 )nに行きつくだろう。すると、

こで定理５よりピタゴラス三角形を求め、その中から x, y が連続しているときの k, lについて注目すると、 (k , l ) は (3,1) , (7,3) ,x + (x n + 1) = z
から、 z n = 5 でなければならない。したが(17,7), …となった。

って、ある整数 n に対して、対応する (k , l ) の組を表３に示す。

2
n

2

2
n

g ( x, x + 1, z ) ＝(3, 4, 5) …①nが成り立たなければならない。
ここで、 x > 3 である任意のピタゴラス

実際に x − y = ±1 を満たす ( x, y , z ) と

表３
k
3
7
17
41
99
239
577
1393
3363
8119
19601
47321
114243275807

l
1
3
7
17
41
99
239
577
1393
3363
8119
19601
47321
114243

x
y
z
3
4
5
21
20
29
119
120
169
697
696
985
4059
4060
5741
23661
23660
33461
137903137904
195025803761803760113668946846594684660
662510927304197
27304196
38613965
159140519
159140520
225058681
927538921
927538920
1311738121
5406093003
5406093004
7645370045
31509019101 31509019100 44560482149

表３から以下のことが類推できる。

l n+ 2 − β l n+1 = α (l n+1 − β l n )k の n 番目の項を k n 、 l の n 番目の項を

l n+ 2 − α l n+1 = β (l n+1 − α l n )l n とすると、(ⅰ) k の第 n 項は、l の第 n + 1 項に一致する。

k n = l n+1(ⅱ) l の第 n 項は第 n − 1 項の 2 倍したものと第 n − 2 項の和となる。

l n = 2l n−1 + l n− 2(ⅲ) x − y の値は 1,－1 が交互で出てくる。

ゆえに、

l n+1 − β l n = α n−1 (l 2 − β l 1 )= α n−1 (3 − β ) L ②

l n+1 − α l n = β n+1 (l 2 − α l1 )= β n−1 (3 − α ) L③となる。ここで、③－②より、(β − α )l n = β n−1 (3 − α ) − α n−1 (3 − β )このうち、(ⅱ)の漸化式

ここで、①から 3 = α + β − αβ とわかるので

l n = 2l n−1 + l n− 2 つまり l n+ 2 = 2l n+1 + l n代入すると、を解く。

l n + 2 = 2l n +1 + l n ,l n + 2 − 2l n +1 − l n = 0

ゆえに、特性方程式は

x − 2x −1 = 0
2となる。
いま、 x 2 − 2x − 1 = 0 の２つの解を
α , β (α < β ) とおくと、

α = 1− 2 , β = 1 + 2 となる。
解と係数の関係より、

α + β = 2 , αβ = −1 …①
よって、もとの漸化式に代入すると、

l n+ 2 = (α + β ) l n+1 − αβ l n(β − α )l n = 2β n + 2α nとなる。

α = 1 − 2 , β = 1 + 2 より、{1 + 2 − (1 − 2 )}l = 2 β + 2αnnn

したがって l n =

2

．

+β
と表せる。
2
これを用いて、x, y, z を次のように表すこゆえに、 k n =とができる。

ααn + βnn+1n+1 α n+1 + β n+1  α n + β n  α 2n+1 + β 2n+1 + α n β n+1 + α n+1 β n

 =
x n = k nl n = 
2
2
4



=

=

α 2n+1 + β 2n+1 + α n β n × β + α n β n × α
4

α

2n+1

+β

2n+1

+ (− 1) (α + β ) α=4nαn +βnここで、 l n ==α 2n+1 + β 2n+1 + (− 1)n β + (− 1)n α

+β

2n+1

4
2n+1

+ (−1) × 2n4

α 2n+1 + β 2n+12=

+ (− 1)n

2

l 2 n +1 + (− 1)
となる。
2
n

より、 x =

2

同様に、
2

2

 α n+1+ β n+1   α n+ β n  α 2n+1+ 2α 2n+1β n+1+ β 2n+2 α 2n+ 2α nβ n+ β 2n

 −

−
2
2
  2 2kn −ln 
 

4
4
=
yn =
=
2
2
2
=

=

α 2n+1+ 2α 2n+1β n+1+ β 2n+2 −α 2n− 2α nβ n− β 2n α 2n (α 2−1) + β 2n (β 2 −1) + 2α nβ n (αβ −1)
=

8

(

)

(

)

8

(

)

(

)

α 2n 1− 2 2 + 2 −1 + β 2n 1+ 2 2 + 2 −1 − 4(−1) 2α 2n 1− 2 + 2β 2n 1+ 2 − 4(−1)n

=

=

8

α

+β

2n+1

− 2(−1)2n+1

α 2n+1+ β 2n+1

n

4

2

=

−(−1)

n

2

2

8

l −(−1),= 2n+12n

2

 α n+1+ β n+1   α n+ β n  α 2n+2 + 2α n+1 β n+1+ β 2n+2 α 2n+ 2α n β n+ β 2n

 +

+
2
2
  2 2kn + ln 
 

4
4
=
zn =
=
2
2
2
=

=

α 2n+2 + β 2n+2 +α 2n+ β 2n+ 2α n β n (αβ +1) α 2n (1+α 2 ) + β 2n (1+ β 2 )=84

α 2n (1+α) + β 2n (1+ β ) α 2n+ β 2n+α 2n+1+ β 2n+1 l 2n+ l 2n+1
2

=

2

=

2

.

【１】と【２】が成り立つと、( x n , y n .z n )以上より、は、 x , y が連続するピタゴラス三角形であ(x n , y n , z n )るといえる。

 l 2n+1 + (− 1)n l 2n+1 − (− 1)n l 2n + l 2n+1 

,
,
= 

2
2
2



まず【１】については、上式より明らかである。
次に【２】について、実際にピタゴラスとなることがわかった。

方程式を満たすか否かを計算してみると、そこで、以下の２つのことを確かめた。
【１】 x と y の差が１である。
【２】ピタゴラス方程式が成り立つ。

 l 2n +1 + (− 1)n  l 2n +1 − (− 1)n   l 2n + l 2n +1  2+ y n − zn = 

 +
 −
2
2
2




 
4n+ 2
4n + 24n
4n
4 n +1
2 n +12n2nα
β − 2α β 2n +1 − 2 β 4n +1+β− α − β + 4 − 2α
− 2α
=
+
16
16
4n
2
4n
2
α α − 2α − 1 + β β − 2 β − 1 + 4 − 2α − 2 β
=
16
= 0.
2

xn

2

2

2

2

(

)

(

したがって、ピタゴラス方程式が成り立
つことがわかった。よって、(x n , y n , z n ) l 2n+1 + (− 1)n l 2n+1 − (− 1)n l 2n + l 2n+1 

= 
,
,

2
2
2


に対して、 n に自然数を順次代入していく
ことにより、 x , y が連続するピタゴラス三角形を求めることができる。
しかし、この式を用いることで x , y が連続しているピタゴラス三角形をすべて求められているかどうかは判別することができなかった。
そこで、最初の条件であった不定方程式)x − y = kl −k2 − l2= ±12

についてさらに考察を行った。

k2 − l 2
kl −
= ±1
2
両辺を２倍して、

2kl − (k 2 − l 2 ) = ±2 ．
これを整理すると、

2kl − k 2 + l 2 = ±2 , (l + k) 2 − 2k 2 = ±2 ．
両辺を −

1
倍して、
2

(l + k) 2
= ±1
2
ここで、 k = p, l = 2q とおくと、

p 2 − 2q 2 = ±1k2 −p 2 − 2q 2 = ±1

は、 d = 2 の場合のフェルマー・ペル型不定方程式である。
2

これはフェルマー・ペル型不定方程式
フェルマー・ペル型不定方程式とフェルマー・ペル型不定方程式(Fermat-Pell indeterminate equation) と呼ばれる特殊な不定方程式である。

定理 11（フェルマー・ペル型不定方程式）
11（フェルマー・ペル型不定方程式）

したがって、 q の係数である 2 の近似分数を求めることで解を得ることができる。

[ ]まず 2 を連分数展開すると、 2 = 1; 2
より、

2 = 1+

x 2 − dy 2 = ±1
ただし、 d > 0 , d は平方数でない。

1
2+

1
2+

1
2 +L

となる、
上の不定方程式において、 d の連分数[]

展開を d = k 0 , k1 , k 2 L k m とし、その近似分数をp0 p1 p 2
, , ,L とする。
q0 q1 q 2

ゆえに 2 の近似分数は、深さを 1 とすると

2 ≒1
深さを 2 とすると

2 ≒1 +

n が奇数で n ≡ −1 (mod m) のような
pn , qn は x 2 − dy 2 = ±1 の解であり、これで尽くされる。

1 3=
2 2

深さを 3 とすると

2 ≒1 +

このフェルマー・ペル型不定方程式を用

1
2+

1
2

= 1+

1
7
=
5
5
2

いて、ピタゴラス三角形の斜辺以外の２辺というように求められる。これらの例を見が連続するピタゴラス三角形が上の式ですてもわかるように、深さを深くするほど

べて求められることを示す。

2 に近い値となっている。同様にしてさらに 2 の近似分数を求めた結果が以下

k2 − l2= ±1 を変形しいま、x − y = kl −2て得た不定方程式の表である。

p
q

1
1

3
2

7
5

17
12

41
29

99
70

…
…

239
169

k = p , k + l = 2q であったので、 k = p, l = 2q − p より、 k , l の解は次のようになる。

k
l

1
1

3
1

7
3

17
7

k > l > 0 より、

41
17

99
41

…
…

239
99

a n + 2 = 2a n +1 + a n(k ,l ) = (3,1) ,(7 ,3) ,(17 ,7 ) ,(41,17 ) ,(99,41) ,(239,99), L

bn + 2 = 2bn +1 + bnを得ることができた。

分子についての特性方程式を解いてフェルマー・ペル型不定方程式より、こt 2 = 2t + 1, t 2 − 2t − 1 = 0

れがすべての解である。しかし、この k , l の

t = 1 ± 2 ．したがって、

数列は 2 の近似分数の最初のいくつかを計算した結果なので、規則性があることを

{a

n+ 2

(

) }

− 1 + 2 an+1(

数を分母と分子に分け、それぞれについての漸化式を算出しようと試みた。

子の漸化式を推測することによって 2 の近似分数の一般項を算出するというパター
ンと、連分数展開から考えた漸化式によっ()

考察を行った。

(

)

(

)

(

を推測
分子の数列を {a n } 、分母の数列を {bn } とすると、それぞれの漸化式は次式のように推測される。

)

c1 = a 2 − 1 − 2 a1 = 3 − 1 + 2 = 2 − 2()(

より、 c n = 2 − 2 1 − 22 の近似分数の分母・分子の漸化式

ので、

) }

c n +1 = 1 − 2 c n ．また、て算出するというパターンの２つの方法で{an } = 1,3,7 ,17,L , {bn } = 1,2,5,12,L(

a n +1 − 1 + 2 a n = c n とおくと、そこで、まず 2 の近似分数の分母・分

[Ⅰ]

){

= 1 − 2 an+1 − 1 + 2 an

確かめられていない。そこで 2 の近似分

)

n −1

同様に、

{a

n+ 2

(

) }

− 1 − 2 a n+1

(

){

(

(

)

(

)

a n +1 − 1 − 2 a n = d n とおくと、な) }= 1 + 2 an+1 − 1 − 2 an

d n +1 = 1 + 2 d n ．また、

(

)

(

)

d1 = a 2 − 1 − 2 a1 = 3 − 1 − 2 = 2 + 2()(

より、 d n = 2 +2 1+ 2

うことである。
そしてこの一般項について極限をとると、{( ) + (1 − 2 ) }lim =
2 {(1 + 2 ) − (1 − 2 ) }

) ．
n −1

2 1+ 2

(

)

(

)(

) …①

(

)

(

)(

) …②

n −1

a n+1 − 1 − 2 a n = 2 + 2 1 + 2

n −1

a n+1 − 1 + 2 a n = 2 − 2 1 − 2①－②すると、{() (an 1 + 2 − 1 − 2

(

)(

)}

= 2 + 2 1+ 2(

) − (2 − 2 )(1 − 2 )n−1)(

2 2a n = 2 + 2 1 + 2(

n−1) − (2 − 2 )(1 − 2 )
n −1

n −1

)

(

)

 1 1
 1 1
an =  +  1+ 2 n−1−  −  1− 2 n−1
 2 2
 2 2

()()

 2 +1  2 −1 n−1 1 + 2 n−1 − an = 

 2  1− 2 .
2




同じく、 bn =

(

)

(

(

両辺を 1 +)n  1 − 2  n  
21 + 

1
+
2
 
 
lim
= 2
n →∞
  1 − 2  n  
2 1 + 

1
+
2
 
 
となり、たしかに 2 の近似分数であることがわかった。

[Ⅱ] 連分数展開から考えた漸化式

2 の近似分数は、
1

2 = 1+

2+

)

(

)

(

)

(

{( ) ( ) } .
=2{(1+ 2 ) − (1− 2 ) }n

2 1+ 2 + 1− 2n)n項を算出することができた。ここで留意しておきたいことは、この一般項が推測された漸化式によって求めた一般項なので、この一般項もまた推測の範囲を超えないとい

1

1+1+
2+

1
2 +L

と変形できるので、 2 の近似分数の数列
を {An }とすると、その漸化式は、n

このようにして、 2 の近似分数の一般

1
2 +L

1

= 1+

(

1

2+

)

 2 +1 
n−1  2 −1 n−1
 1+ 2 −  1− 2 2 an  2 


=
bn
n
n
2
2
1+ 2 −
1− 2
44n2 で割って、nn2
2
1+ 2 −
1− 2
4
4
．

ゆえに、

n

n

n →∞

整理すると、n

An +1 = 1 +

A +2
1
= n
1 + AnAn + 1となる。ただし、A1 = 1,
特性方程式 t =

A2 =

3
とする。
2

t+2
を解いて、
t +1

t = ± 2 であるから、
An +1 + 2 =An +1 − 2 =このようにして、もう１つの 2 の近似(1 + 2 )(A + 2 ) …①

分数を求めることができた。また[Ⅰ]のとき(1 − 2 )(A − 2 ) …②(− 1)n (3 + 2 2 ) + 1 × 2 ．
lim
n
n→ ∞
(− 1)n (3 + 2 2 ) − 1n

An + 1と同様に極限をとってみると、nnAn + 1((1 + 2 )(A + 2 )− 2 (1 − 2 )(A − 2 )A + 2.
= −(3 + 2 2 )A − 2

An+1 + 2
An+1

)

n

この式を 3 + 2 2 で割ると、①÷②より、=(− 1)n +

n
n

lim
n →∞

n

(− 1)n −n

ここで、 Bn =An + 2An − 2

(

1+ 2
1− 2

)

(

(

)

= − 3 + 2 2 より、
n−1

)

(

⋅ 3+ 2 22 の数列を {γ n } とした場合、

)

n−1

(

)

(

(

)

(

)

(

n
2
2
1+ 2 −
1− 2
4
4

βn =

(

α
2 1+ 2 + 1− 2
γn = n =nnβn
2 1+ 2 − 1− 2n{( ) ( ) }{( ) ( ) }n) (An + 2 = (− 1) ⋅ 3 + 2 2 ⋅ An − 2
n

{

(

n

An 1 − (− 1) ⋅ 3 + 2 2n)= (− 1) ⋅ 3 + 2 2 .
n

)}

n

．

また、連分数の漸化式から求めた一般項(= − 2 ⋅ (− 1) ⋅ 3 + 2 2(− 1)n (3 + 2 2 ) + 1 × 2 ．
An =n(− 1)n (3 + 2 2 ) − 1
n

)

n

n

)

 2 +1 2 −1
n −1
n −1
1+ 2

1− 2
−

 2 
 2 



α n = ゆえに、An − 2n分子の数列を {α n }, 分母の数列を {β n },n

An + 2(3 + 2 2 )分子の数列を類推して得られた一般項は、= (− 1) ⋅ 3 + 2 2 .

Bn =

1

ここまでの結果を整理すると 2 の分母

B n = − 3 + 2 2 ⋅ (− 1)nnことが確かめられた。

)((3 + 2 2 ) × 2 = 2となって、たしかに 2 の近似分数であるとおくと、

Bn +1 = − 3 + 2 2 Bn ．
また、 B 1 =

1

)− 2
n

を {δν } とすると、
n(− 1) (3 + 2 2 ) + 1
δn =
× 2
n
(− 1)n (3 + 2 2 ) − 1nである。
ここから、得られた２つの 2 の一般項

［証明］

{γ n } と {δ n } の値が等しいことを確かめる。

による数列が一致していることを証明す
る。

(

) (

)

n
n

2 1 + 2 + 1 − 2 nn ÷ (− 1) 3 + 2 2 + 1 × 2
γ ÷δ = 
n n
n
n
n

n
2  1 + 2 − 1 − 2  (− 1) 3 + 2 2 − 1


n
n 
n 

n
 1 + 2 + 1 − 2 (− 1) 3 + 2 2 − 1


=
n
n 
n 

n
 1 + 2 − 1 − 2 (− 1) 3 + 2 2 + 1



n
n
n
n
n
n
1 + 2 (− 1)n 3 + 2 2 − 1 + 2 + 1 − 2 (− 1)n 3 + 2 2 − 1 − 2
=
n
n
n
n
n
n
1 + 2 (− 1)n 3 + 2 2 + 1 + 2 − 1 − 2 (− 1)n 3 + 2 2 − 1 − 2
n
n
n
n
(
− 1)n 7 + 5 2 − 1 + 2 + (− 1)n − 1 − 2 − 1 − 2=(− 1)n 7 + 5 2 n + 1 + 2 n − (− 1)n − 1 − 2 n − 1 − 2 n

(

) (

)

(

) (

)

(

)

(

) (

)

(

)

) (
) (
(
) ( )
(
) ( )
(− 1)n (7 + 5 2 )n − (1 − 2 )n 

) (
) (
(
(

(
(

=

(
(

)
)

(
(

)
)

)
)

) (
) (

(
(

)
)

) (
) (

)
)


 = 1.
(− 1)n  7 + 5 2 n − 1 − 2 n 



(

) (

)

よって、 {γ n }と {δ n } の値が等しいことを確かめられた。

しかしこれでは、 {γ n }と {δ n } が一致しているかどうかはわからない。なぜなら、{δ n } は既約分数になるまで計算しているが、 {γ n }はもともと分母と分子の数列を合わせたものなので既約とは限らない。
例えば、 α n = 6, β n = 4, δ n =32

分母、分子を組み合わせたものである{α n }
が既約分数であることを示す。
{β n }
ここで、

α n − β n − β n −1 = 0を確かめた。与式は、とす3なので、{γ n }と {δ n } の2
値は等しいが、 {α n }, {β n } によって求めた

る。このとき γ n =6とでは一致していない。そこで、
4{α n }, {β n } が 既 約 で あ る こ と を 確認 し 、

α n − β n = β n−1 …①に変形できる。
ここから、背理法により証明する。
仮に、α n と β n が公約数 k をもつとする。
①より β n −1 も約数 k を持つ。漸化式

β n+ 2 = 2β n+1 + β nから、β n − 2 も約数 k をもっているとわかる。

仮定する。このとき、

x = 3k ± 1 , y = 3l ± 1

さらにこの作業を続けて行くと

β n −3 , β n− 4 … , β1 も約数 k をもつ。

( k, l は整数)とおく。

から明らかに矛盾している。ゆえに最初のx + y 2 = 3(3k 2 + 3l 2 ± 2k ± 2l ) + 2 …①

仮定が間違っているので α n と β n は既約でとなる。ところが、この式①の右辺は平方

しかし、 β n の数列 {β n } = 1 , 2 , 5 , 12 , Lある。したがって、{α n }
が既約分数である{β n }

すると、ピタゴラスの定理において、
2

数にはなりえない。まず、この数は 3 では割り切れないので、3 の倍数の平方でないことを示すことができたので、２つの数列

ことは明らかである。また、3 で割り切れ{γ n }, {δ n }は一致している。

ない数 3t ± 1 ( t は整数)の平方はゆえに 2 の近似分数の分母と分子の数列であり、3 で割ると 1 余る。しかし、x + yが {α n }, {β n } であることがわかり、 p, q のは 3 で割ると 2 余る。したがって、3 で割解が求められる。したがって、今までの類

こうして、直角をはさむ２辺のいずれも(3t ± 1) 2 = 3(3t 2 ± 2t ) + 1

推がすべて正しかったとわかる。
(Q.E.D.)

2

2

り切れない数の平方にもなり得ない。
が、3 で割り切れないという仮定は矛盾を引き起こす。
ゆえに、 x, y のうち一方は 3 で割り切れ

３－３．辺が３または５で割り切れるピタ

ないといけない。

ゴラス三角形(Q.E.D.)

３－１節で述べたように、すべてのピタ

実例を見ると、(5, 12, 13)のように 3 で

ゴラス三角形では直角をはさむ２辺のう割り切れる数と、4 で割り切れる数が一致

ち少なくとも一つは 4 で割りきれなくてはすることもあり、また、(3, 4, 5)のように 3ならない。

で割り切れる数と、4 で割り切れる数が一

さらに、次の事実が成り立つ。

致しないこともある。
すべてのピタゴラス三角形について、直定理 12角をはさむ２辺の少なくとも一方が n で任意のピタゴラス三角形について、直角割り切れるとき、このような自然数 n は、をはさむ２辺のうち少なくとも一つは 3 で1, 2, 3, 4 に限られることがすぐわかる。な

割り切れなければならない。

ぜなら、ピタゴラス三角形(3, 4, 5)をとると小さい２辺のどちらをとっても 4 より大［証明］

きい自然数では割り切れないからである。

この定理を証明するために、直角をはさむ２辺 x, y のどちらも 3 で割り切れないあるピタゴラス三角形 ( x, y , z ) が存在するとまた、ピタゴラス三角形の３辺について
は、次の事実がある。

次の三角形(3, 4, 5), (5, 12, 13), (21, 20, 29)
定理 13

を見てわかるように、5 で割ることのでき任意のピタゴラス三角形について、３辺る辺は、直角をはさむ 2 辺のうち偶数のものうち少なくとも一つは 5 で割り切れなけのであったり、奇数のものであったり、まればならない。

たは斜辺であったりする。
以上からわかるように、すべてのピタゴ［証明］

ラス三角形において、３辺のうち１つが nこの定理を証明するために、数 n は 5 で割り切れないと仮定する。すると、整数 kを用いて、 n は n = 5k ± 1

３－４．ピタゴラス三角形の辺の値

n = 5k ± 1 の場合には

ここで、どのような自然数 n を与えたら、

n = 5(5k ± 2k ) + 1 ，
2

直角をはさむ２辺のうち、一方が n に等し

n = 5k ± 2 の場合にはいピタゴラス三角形を作ることができる

n = 5(5k ± 4k ) + 4
2

1, 2, 3, 4, 5 のいずれかに限られる。

あるいはn = 5k ± 2 の形をしている。
2

で割り切れるとき、このような自然数 n は2のだろうか。

が成り立つ。

これに対して次の定理を証明しよう。

以上から、5 で割り切れない数の平方は、5 で割ると 1 または 4 余ることがわかる。

定理 14

もし、ピタゴラス三角形 ( x, y , z ) の x, y

直角をはさむ２辺のうち小さい方が n

がどちらも 5 で割り切れないとすると、上に等しいピタゴラス三角形が存在するた

22の式から x , y はいずれも 1 または 4 余る

めの必要十分条件は、 n が 2 より大きい整ため、その結果 x + y を 5 で割った余り数となることである。

2

2

は 2，3，0 のどれかになる。ここで、上で示したように、z 2 は 5 で割って 2 または 3［証明］

で余ることはない。したがって、 z は 5

この定理を証明するために、まず次のこで割ると 0 あまるという最後の条件のみにとに注意しよう。つまり、ピタゴラス三角

22当てはまることがわかる。つまり、 z が 5で割り切れるので、 z も 5 で割り切れる。
(Q.E.D.)形 ( a, b, c ) において

a 2 = c 2 − b 2 = (c + b)(c − b)が成り立ち、また c > b なので、b ≧1, c ≧2 である。したがって、c − b ≧1, c + b ≧3

よって、直角をはさむ２辺がいずれも 5で割り切れない場合は、斜辺が 5 で割り切れないといけない。
また、既約なピタゴラス三角形では明らかに 5 で割り切れる辺はただ１つしかない。

であるため、 a ≧3 となり、 a = 1 とはな
2らない。
また、 a = 2 ともならない。なぜなら、

a = 2 とすると、
4 = (c + b)(c − b)

が成立しなくてはならず、 c − b ≧1, c + b(7, 24, 25), (8, 6, 10), (9, 40, 41),

≧3 であるため、 c − b = 1 , c + b = 4 とな

(10, 24, 26)

る。しかし、この式から 2c = 5 が導かれ、などである。

c が自然数でなくなってしまう。したがって、 a = 2 ともなり得ない。

しかし、 t > 2 を満たすすべての整数 t に対して、直角をはさむ辺が t となる既約なピ

このように、ピタゴラス三角形の小さい

タゴラス三角形がいつも存在するわけでは

２辺はどちらも 2 より大きいことがわかっない。例えば、 t = 6 のとき、そのピタゴラた。

ス三角形は既約にはならない。なぜなら、

さて、ここで逆に、 n が 2 より大きい奇なるため、 m, n の一方が偶数でなければな数だとする。すると、2

 n2 −1
 n2 +1 = 
n + 
 2 
 2 らないという事実に反するので、t = 6 とな

22が成り立ち、また

定理３から 2mn = 6 であるが、 mn = 3 とる既約なピタゴラス三角形は存在しない。

n2 −1 n2 + 1
,
はどちらも
2
2

自然数になるため、ピタゴラス三角形

次に、斜辺が自然数 n と一致するピタゴラス三角形は存在するのだろうか。この問題を解くの困難なので、ここでは証明なし
で次の定理を紹介する。

 n2 −1 n2 + 1
 n,
 …①
,
2
2 


定理 15

ができる。

n を斜辺とするピタゴラス三角形が存在同様に、 n が 2 より大きい偶数だとするするための必要十分条件は、 n が 4k + 1 という形の素因数を少なくとも 1 つ持つこと

と、
2

 n2

 n2

n + 
− 1 = 
+ 1
 4

 4


2

である。

2

が成り立ち、ピタゴラス三角形

したがって、 n ≦50 に対して、以下の nを斜辺とするピタゴラス三角形が存在する。

 n2

n2
 n, − 1, + 1 …②
4
 4

ができる。

n ＝5, 10, 13, 15, 17, 20, 25, 26, 29, 30,
34, 35, 37, 41, 39, 40, 45, 50
つまり、これらの数は素因数 5, 13, 17, 29,
37, 41 を持つ。

(Q.E.D.)

斜辺の長さが連続する２つの自然数 n ,n + 1 で表される２つのピタゴラス三角形
この２つの式①，②を利用し、直角をはさむ辺が 3, 4, …, 10 のピタゴラス三角形の例は(3, 4, 5), (4, 3, 5), (5, 12, 13), (6, 8, 10),の組合せが無数にあることは、次の恒等式
からすぐに導かれる。

(25 + 65k ) 2 = (15 + 39k ) 2 + (20 + 52k ) 2

定理 17(26 + 65k ) 2 = (10 + 25k ) + (24 + 60k ) 2

任意の自然数 n に対して、直角をはさむ（ただし、 k = 1,2,3, L ）また、次の事実も成り立つことがわかっ

辺を共有している少なくとも n 個のピタゴラス三角形が存在する。

ている。
［証明］
これを示すため、 k = 0,1,2, L , n − 1 とし定理 16
任意の自然数 m に対して、斜辺の長さがm 個の連続する自然数n, n + 1, n + 2,L , n + m − 1て、

bk = 2 k (2 2n − 2k − 1) , c k = 2 k (2 2n − 2k + 1)

( n は適当な自然数)で表される m 個のピタ
ゴラス三角形が存在する。

とおく。このとき、 c 0 , c1 , …, c n −1 は 2 n で割るといつも異なった余り 2 k が生じるので、

例えば、 m = 3 に対しては、 n = 39 とすることができ、ピタゴラス三角形

明らかにすべて違っている。
さらに、 c k − bk = (22(15, 36, 39), (24, 32, 40), (9, 40, 41)

2

n +1

n +1 2) が成り立つが求められる。

ので、ここで a = 2

また、m = 4 に対しては、n = 50 とするこ方程式が成り立ち、 n 個のピタゴラス三角とができ、ピタゴラス三角形とおくとピタゴラス

形 (a, bk , ck ) （ k = 0,1,2, L , n − 1 ）を得る

(30, 40, 50), (24, 45, 51),が、これらはみな共通辺 a を持ち、斜辺は(20, 48, 52), (28, 45, 53）

すべて異なっているので、これらの中に同が求められる。

じピタゴラス三角形は存在しない。
(Q.E.D.)

３－５．共通する辺をもつピタゴラス三角
例えば、 n = 2 のときには共通辺 8 をも形

った２つのピタゴラス三角形
ある自然数 a を、直角をはさむ１辺とす(8, 15, 17), (8, 6, 10)

るピタゴラス三角形は有限個しか存在しなが、 n = 3 のときには、共通辺 16 をもったい。なぜなら、ピタゴラス三角形 ( a, b, c ) に

３つのピタゴラス三角形

おいて、a = (c + b)(c − b) から b + c が a22の約数になるためには、 b < a , c < a と2

2(16, 63, 65), (16, 30, 34), (16, 12, 20)が求められる。

ならないといけなくて、このような b, c の組み合わせは有限個しかないからである。

また、少し複雑なので証明などは加えな

簡単に証明できるように、次のことが成いが、次が成り立つことも知られている。

り立つ。

定理 182

 k 2 − 1   2kc 
ak =  2c  +  2
 k +1   k +1

任意の自然数 n に対して、直角をはさむ
辺を共有する、少なくとも n 個の既約なピ

2

タゴラス三角形が存在する。
例えば、 n = 2 のときには、三角形から c = a k − bk が成り立ち、 (a k , bk , c )2

2(5, 12, 13), (35, 12, 37)2が求められ、 n = 4 のときには、三角形

がピタゴラス三角形であることがわかる。

(105, 88, 137), (105, 208, 233),

ここで、 k = 3,4, L , n + 2 に対して a k は(105,608, 617), (105, 5512, 5513)

k 2 −12kc
c,= c − 2
2
k +1
k +1
と変形することができ、 k が増えれば a k もak =が求められる。
共通な斜辺 c を持つピタゴラス三角形は増えていることがわかる。したがってピタ

有限個しかない。これは簡単に示すことがゴラス三角形 (a k , bk , c ) が共通の斜辺をもできる。なぜなら、直角三角形 ( a, b, c )つ n 個の異なった三角形が得られることがにおいて、 a < c , b < c なので、与えられわかった。

た c に対する a, b の組み合わせが有限だか(Q.E.D.)らである。それと同時に次のことも成り立つ。

３－６．等しい周を持つピタゴラス三角形

定理 19

まず次の定理を紹介する。

任意の自然数 n に対して、共通の斜辺を持つ少なくとも n 個の異なったピタゴラス
三角形が存在する。

定理 20
任意に自然数 n に対して、共通の周を持
つ n 個のピタゴラス三角形が存在する。

［証明］
まず、自然数 n に対して、{}

c = (3 + 1)(4 + 1)(5 + 1) L (n + 2) + 1
とおく。このとき、k = 3,4, L , n + 2 とする
2

2

2

2

c
はいつも自然数となる。
2
k +1
したがって、同様に k = 3,4, L , n + 2 とし

と、

たとき、

ak =

k 2 −12kc
c , bk = 2
2
k +1
k +1

はどちらも自然数になる。
よって、恒等式［証明］
この定理は容易に示される。
まず、 n 個の異なった既約なピタゴラス
三角形 (a k , bk , c k ) ( k = 1,2,3, L , n )をとり、

a k + bk + c k = s k ( k = 1,2,3, L , n )とおく。さらに、 s = s１s 2 L sｎ ,a ′k =

ak s
bs
c s, bk′ = k , c k′ = ksksksk( k = 1,2,3, L , n )とおく。このとき、任意の k に対して、

a k′ + bk′ + c k′ = s となり、このうち、どのピタゴラス三角形をとっても相似になる組み

ピタゴラス三角形も存在する。その中でも合わせはない。

最も小さい三角形が(16, 63, 65)である。こよって、もとの三角形 (a k , bk , c k ) によっ2の三角形では周の長さが 144 のため、12 にて、共通の斜辺を持つ n 個のピタゴラス三等しくなっている。

角形ができた。

３－７．等しい面積を持つピタゴラス三角(Q.E.D.)例を挙げると、n = 3 として、もとのピタ形
前節は三角形の周に注目したが、次は面積について注目しよう。

ゴラス三角形を(3, 4, 5), (5, 12, 13), (8, 15, 17)

既約なピタゴラス三角形の面積に注意してみると、(21, 20, 29)と(35, 12, 37)の面積とすると

s1 = 3 + 4 + 5 = 12が 210 と等しく、この１組のみである。実s 2 = 5 + 12 + 13 = 30

際これと同じ面積をもち、しかも斜辺の異s3 = 8 + 15 + 17 = 40なる既約なピタゴラス三角形で、これより

s = 12 × 30 × 40 = 1440

小さなものは存在しない。そこで、斜辺が37 以下の既約でないピタゴラス三角形をしたがって、

a1′ =3 × 1440
= 360
12

b1′ =

4 × 1440= 480
12挙げてみると、次のようになる。
表４ 斜辺が 37 以下の既約でない
ピタゴラス三角形

5 × 1440= 600
12となる。つまり、三角形 (a1′ , b1′ , c1′ ) は

x

y

z

面積

6

8

10

24

9

12

15

54

(360, 480, 600)である。同様に

12

16

20

96

15

20

25

150

18

24

30

216

となり、これらの周は 1440 と等しくなる。

21

28

35

296

上の証明では s の値を s１, s 2 , L , sｎ の積

10

24

26

120

としたが、これは s１, s 2 , L , sｎ の公倍数をと

30

16

34

240

c1′ =

(a ′2 , b2′ , c 2′ ) ＝(240, 576, 624)
( a3′ , b3′ , c3′ ) ＝(288, 540, 612)っても良い。そのようにすると、先程使った既約なピタゴラス三角形(3, 4, 5), (5, 12,13), (8, 15, 17)を用いて周の長さが 120 に等しい３つのピタゴラス三角形ができる。
これは先ほどの三角形よりも簡単なものになっている。
ちなみに周の長さが平方数である既約な

この表４を見てもわかるように、斜辺が37 以下の直角三角形の中で、同じ面積をもつものの組み合わせは(21, 20, 29)と(35, 12,37)以外にない。つまり、異なった斜辺で、同じ面積を持つ既約なピタゴラス三角形の組で最小なものは(21, 20, 29), (35, 12, 37)

の組である。

等しいため、三角形(21, 20, 29), (35, 12, 37)の各辺を２倍した三角形(42, 40, 58), (70,

定理 21

24, 74)の面積に等しいことがわかる。つま斜辺が同じで、面積も等しいピタゴラス
三角形は一致する。

り、３つの三角形(15, 112, 113), (42, 40, 58), (70, 24, 74)の面積が等しいということである。

［証明］

しかし、これらがみな既約なピタゴラス

まず、このようなピタゴラス三角形を三角形というわけではない。３つの既約な(a1 , b1 , c1 ) , (a 2 , b2 , c 2 ) とし、 a1 ≧ a2 ,b1 ≧ b2 とする。

ピタゴラス三角形に共通な最小の面積はすると、面積が等しいことと、斜辺が等

13123110 であり、その三角形は(4485, 5852, 7373), (19019, 1380, 19069),

しいことから、 a1b1 = a1b2 , c1 = c 2 となる。

(3509, 8580, 9109)

加えて、ピタゴラス方程式が成り立つので、である。

a1 + b1 = a 2 + b2
2

2

2

2

次に、周のときと同様に、条件を満たすである。これらの式から

任意個のピタゴラス三角形が存在するかど

a1 − 2a1b1 + b1 = a2 − 2a2b2 + b222

2

より、 ( a1 − b1 ) = ( a2 − b2 )
2

2

2

2

より、(a1 + b1 ) = ( a 2 + b2 )2うかである。この問題は次のフェルマーの定理によって証明される。

…①

a1 + 2a1b1 + b1 = a2 + 2a2b2 + b2
2

2

2

2

…②となる。

したがって、①，②から、連立方程式

a1 − b1 = a 2 − b2
a1 + b1 = a 2 + b2定理 22
任意の自然数 n に対して、異なった斜辺で等しい面積をもつピタゴラス三角形が n個存在する。
定理 22 は次の補題Ⅴを用いて、帰納法で証明される。

を解くと、 a1 = a 2 , b1 = b2 が導かれ、斜辺が同じで、面積も等しい三角形は一致す
ることが証明された。

補題Ⅴ
補題Ⅴ
異なった斜辺で等しい面積をもつ n 個(Q.E.D.)( n ≧1)のピタゴラス三角形が存在し、そのうち１つが奇数の斜辺をもつと仮定すれば、

ここで、面積の等しいピタゴラス三角形の他の例をいくつか挙げよう。
ピタゴラス三角形(15, 112, 113)の面積はやはり異なった斜辺で等しい面積をもつ( n + 1) 個のピタゴラス三角形が存在し、そのうち 1 つは奇数の斜辺をもつ。

840 に等しい。またこれは、三角形(21, 20,29), (35, 12, 37)の面積である 210 の４倍に［証明］

n ≧1 をある自然数とし、異なった斜辺で同じ面積を持つ n 個のピタゴラス三角形(a k , bk , c k ) (k = 1,2,3, L , n) を考える。また、 a k < bk < c k であり、 c12 は奇数である= 4(b1 − a1 ) 2 c1 ∆
2

から、

1
2
2
2
a ′n+1bn′ +1 = 2(b1 − a1 ) 2 a1b1c1
2

k = 1,2 ,L , n に対して、= 4(b1 − a1 ) 2 c1 ∆2

a k′ = 2(b1 − a1 )c1 a k
2bk′ = 2(b1 − a1 )c1bk
2

2

…①

c k′ = 2(b1 − a1 )c1c k
2

2

2

2

…②

c n′ +1 = 4a1 b1 + c1222と、互いに面積は等しくなる。したがって、三角形はすべて同じ面積を持ち、さらに(a k , bk , c k ) の斜辺はすべて異なっているから、三角形 (a ′k , bk′ , c k′ ) の斜辺もみな異なa ′n+1 = (b1 − a1 ) 2
bn′ +1 = 4a1b1c1

2

k = 1,2,3, L , n に対して、三角形とおき、さらに、
22となる。また、 ( a ′n +1 , bn′ +1 , c n′ +1 ) の面積は②

とする。

2

2

4

っている。それらの斜辺はどれも①からわかるように偶数である。
一方、 c n′ +1 は②によって、奇数で表されている。だから、k = 1,2,3, L , n に対して斜とおく。
すると、三角形 (a k′ , bk′ , c k′ ) はピタゴラス
三角形になる。なぜなら、これらの三角形

辺 c k′ はみな異なっている。
これで補題は証明された。

の辺は自然数で表され、しかもピタゴラス(Q.E.D.)

三角形 (a k , bk , c k ) に相似だからである。
また三角形 ( a ′n +1 , bn′ +1 , c n′ +1 ) もピタゴラス

この補題Ⅴに対して、最も簡単な n の値

三角形である。これは、②とピタゴラス方として n = 1 を考えよう。補題Ⅴが適応でき

程式 a1 + b1 = c1222から導かれる。

る最も小さいピタゴラス三角形は、辺の長さがさて、これらの三角形 (a k′ , bk′ , c k′ )a1 = 3 , b1 = 4 , c1 = 5(k = 1,2,3, L , n) が必要な条件を満たしてのピタゴラス三角形である。このピタゴラいること示そう。

ス三角形から始めて、同じ面積を持つ２つ三角形 (a k , bk , c k ) ( k = 1,2,3, L , n) に共通な面積を ∆ とすると、k = 1,2,3, L , n に対して、のピタゴラス三角形 (a1′ , b1′ , c1′ ) , (a 2′ , b2′ , c 2′ )が求められる。

2(b1 − a1 )c1 = 2 × 7 × 5 = 70
2

a k bk = 2∆が成り立つ。一方、三角形 (a k′ , bk′ , c k′ ) の面
積は、①から

1
2
2
2
a k′ bk′ = 2(b1 − a1 ) 2 c1 a k bk
2

2

より、①から

a1′ = 70 × 3 = 210
b1′ = 70 × 4 = 280
c1′ = 70 × 5 = 350

となり、②かららかに有限個である。なぜなら、このよう

a 2′ = (4 − 3 ) = 49b2′ = 4 × 3 × 4 × 5 2 = 1200な三角形の直角をはさむ辺は 2∆ の約数だ

c 2′ = 4 × 3 × 4 + 5 = 1201

しく、有理数辺をもつ異なった直角三角形

2

2 2

2

2

2

からである。しかし、例えば面積が 6 に等は無数に存在する。この事実を示そう。

となる。
これら２つのピタゴラス三角形は、異な

まず、補題Ⅴから、異なった斜辺をもち、った斜辺をもち、そのうち一方の辺が奇数

面積が同じ ∆ であるピタゴラス三角形が nとなっている、面積が 29400 に等しいピタ個( n ≧1)存在するとして、そのうち１つのゴラス三角形である。

三角形の斜辺が奇数であると考える。このまた、こうして求められた２つの三角形

とき、異なった斜辺をもち、面積が同じ ∆dに同じ操作を行えば、新たに３つの同じ面( d は整数) であるピタゴラス三角形は積を持つピタゴラス三角形ができる。この(n + 1) 個存在し、そのうち 1 つの三角形のようにしてできたピタゴラス三角形の各辺斜辺が奇数である。

は 10 桁以上になる。
以前にも別の方法で３つの同じ面積を持

2

ピタゴラス三角形(3, 4, 5)を考えよう。この三角形に補題Ⅴを ( n − 1) 回適用すると、

つピタゴラス三角形を求めた。このときの異なる斜辺を持ち、面積が 6m

三角形は、上とは違い各辺が３桁程度だっ②から求められる)と等しい n 個のピタゴた。同様にしてもとめられた、同じ面積をラス三角形が求められる。このときできたもつ簡単なピタゴラス三角形の例で、４つピタゴラス三角形の各辺を m で割ると、その組み合わせと、５つのものを挙げよう。

の三角形の面積は 6 になり、また各辺は有2( m は①，

４つのピタゴラス三角形の組み合わせは、理数になる。つまり、各辺が有理数で面積(518, 1320, 1418), (280, 2442, 2458)が 6 である異なったピタゴラス三角形が求(231, 2961, 2969), (111, 6160, 6161)

められたということである。

であり、これらの三角形の面積は 341880

また、 n は任意の自然数であるから、上に等しく、三角形の各辺は４桁程度で表さの方法でできた三角形は無数にあるとわか

れている。

る。

５つのピタゴラス三角形の組み合わせは(2805, 52416, 52491),

３－９．平方数を辺とするピタゴラス三角(3168, 46410, 46518),

形(5236, 28080, 28564),(6006, 24480, 25206),

この節ではまず、斜辺を平方数とするピ
タゴラス三角形について、次を示そう。

(8580, 17136, 19164)
であり、これらの三角形もまた、面積が73513440 に等しく、各辺は５桁程度になっている。
面積が ∆ に等しいピタゴラス三角形は明定理 23
斜辺を平方数とするピタゴラス三角形は無数にある。

まず、既約なピタゴラス三角形 ( q, n, m)［証明］
まず、 n < p < m であるピタゴラス三角形 (m, n, p ) を適当にとる。すると、２数で n が偶数、 q, m が奇数であり、 m, n が互
いに素なものを考える。

m, n は一方が奇数、他方が偶数であり、こ斜辺のときと同様に、定理３を使って、の２数は互いに素である。ここで、定理３

直角をはさむ辺のうち奇数の方である x はから新たなピタゴラス三角形 ( x, y , z ) を作

x = m2 − n2 = q2

ることができる。この x, y , z は公式となり、自然数の平方数になっている。同x = m − n , y = 2mn , z = m + nによって求められる。このとき斜辺 z は
2

2

2

2

じく y, z は

y = 2mnz = m2 + n2 = p2z = m2 + n2となり、自然数の平方数になっている。同となる。したがって、この方法で新たな既様に、 x, y は約であるピタゴラス三角形で、かつ直角を

x =m −n22

はさむ辺の奇数の方(＝ x )が平方数である

y = 2mnものが求められる。

となる。これを繰り返して、斜辺を平方数(Q.E.D.)とするピタゴラス三角形を無数に作ることができる。

この方法を使うと、既約なピタゴラス三(Q.E.D.)角形(3, 4, 5)からは、既約な三角形(9, 40,241)が求められ、 x の値は 3 になっている。
例えば、既約なピタゴラス三角形(3, 4, 5)

また、既約な三角形(5, 12, 13)からは、既約からは、既約な三角形(7, 24, 25)が求められな三角形(25, 312, 313)が求められる。この2

る。このとき斜辺は 5 になっている。また、三角形の x の値も 5 であり、自然数の平方

既約なピタゴラス三角形(5, 12, 13)からは、数になっている。

既約な三角形(119, 120, 169)が求められ、斜2上の x は、直角をはさむ辺のうち奇数の辺は 13 になっている。ちなみに、斜辺がものだったが、次にこれが偶数であるもの

立方数になる三角形も存在し、その例にはを考えよう。

2

3（117,44,125）があり、斜辺は 5 である。
定理 25
次に、直角をはさむ辺に注目しよう。

直角をはさむ偶数辺が平方数であるような既約なピタゴララス三角形は無数に存在

定理 24

する。

直角をはさむ一方の辺が平方数であるよ
うな既約なピタゴラス三角形は無数に存在
する。

［証明］
この証明には、次の恒等式( k 4 − 4) 2 + ( 2 k ) 4 = ( k 4 + 4) 2
［証明］を用いる。ただしこのとき、 k − 4 と 4k
42は互いに素でないといけないので、 k は奇数でないといけない。したがって、無数に
存在する。

2
4
る。ここで、等式 z = d ( a1 + b1 ) の両辺444を d で割ると、(Q.E.D.)

a14 + b14 = z1 ,2

例えば、

k = 1 のときは、 (3,2 2 ,5)z1 < d 2 z 1 = zの形になる。つまり、ピタゴラス三角形

k = 3 のときは、 (77,6 ,85)
2

(a1 , b1 , z1 ) は斜辺 z1 < z をもち、直角を2

k = 5 のときは、 (621,10 ,629)2が求められる。

2

はさむ２辺は平方数である。
しかしこのとき、最初の仮定である最も

さて、２辺が平方数で表せるピタゴラス

小さい斜辺 z をもつピタゴラス三角形

三角形は存在するのだろうか。この問題に( x, y, z ) であるということに反するので、

ついては、次のフェルマーによる定理によ矛盾している。
したがって、数 a, b は互いに素であり、って解決される。

ピタゴラス三角形( x, y , z ) = ( a 2 , b 2 , z )定理 26少なくとも２つの辺が平方数であるようは既約でなければならない。
そこで、このピタゴラス三角形に定理３なピタゴラス三角形は存在しない。

を適用し、２数 a 2 ,b 2 のうち一方が偶数［証明］

2(ここでは b を偶数とする) であり、３数

直角をはさむ２辺が平方数であるような

a2 ,b2 , z はピタゴラス三角形が存在すると仮定する。

a2 = m2 − n2

このようなピタゴラス三角形の中には、斜b 2 = 2mn

辺が最も小さいものがあり、その三角形を

z =m +n( x, y, z ) とする。そこで、 x = a , y = b( a, b は自然数)とおく。まず a, b が互いに素と表せることがわかる。

であることを示す。

うち一方が偶数で、他方が奇数である。さ22

数 a, b が整数 d > 1 で割り切れるとすると、 a = da1 , b = db1 より、 a1 , b1 は整数になる。すると、

2

2

…①
2

このとき、 m, n は互いに素であり、そのらに、 m > n である。
ここでもし、 m が偶数で n が奇数であるとすると、①のはじめの等式を変形させた

z = d (a1 + b1 )
2

4

4

4

が成り立つ。

a 2 + n 2 = m 2 から a 2 が奇数であるとわかる。ところが、この等式から ( a, n, m) はピ
タゴラス三角形になるから、 a と n がどち

2

4

この等式から z が d で割り切れることらも奇数であるということはありえない。

がわかり、したがって、 z が d で割り切れ

なぜなら、以前示したようにピタゴラスて、 z = d z1 ( z1 は整数)となることがわか三角形において、直角をはさむ辺のうち一22

方は偶数でないといけないからである。
したがって、 m が奇数で、 n が偶数でな
いといけない。そこで、 k を整数として、

n = 2k とおける。また、m と n が互いに素と表すことができる。
そこで、等式 m = m1 + n1 に m, m1 , n12の値を代入すると、なので、 m と k も互いに素である。①の第a1 + b1 = r 24２式によってb 2 = 2m × 2k = 2 2 mkとなる。b は偶数としたから、l を自然数とえると、 m も k も平方数でなければいけな

4となる。上式の r はr ≦ r 2 = m < m2 + n2 = z

して、b = 2l とおく。すると、上の式から

l 2 = mk となる。
ここで、 m, k が互いに素であることを考2を満たす。つまり、ピタゴラス三角形
22(a1 , b1 , r ) は、直角をはさむ２辺が平方数

いことがわかる。だから整数 r, s を用いてで、斜辺 r は z よりも小さい。したがって、

m=r , k=s

この三角形は最初の三角形 ( x, y , z ) も小さ

22く、仮定に反している。

と表すことにする。
さらに、今までの式からだから、直角をはさむ辺が平方数となる

b = 4l = 4mk , b = 2mn
22

ピタゴラス三角形があると仮定すると矛盾2である。したがってが生じる。したがってこのような三角形は

4mk = 2mn , n = 2k = 2 s

存在しない。

2

次に、斜辺と他のもう一辺が平方数となとなる。
また、m と n が互いに素なので、①から aと n は互いに素である。だからピタゴラス
三角形 (a, m, n) は既約である。

る三角形を考えよう。
まず、三角形 ( x, y , z ) が、上のような三角形の中で最も小さな斜辺を持つものであ

ここで、定理３から n が偶数であることを考えると、一方が偶数で互いに素な２数

m１と n1 が存在し、るとする。したがって、自然数 a と c を用
いて x = a 2 , z = c 2 と表す。
最初に三角形 ( x, y , z ) が既約であること

n = 2m1 n1 , m = m1 2 + n1 2を示そう。それには x と z が既約であるこという式が作れる。ところで、n = 2 s であとを証明するだけで十分である。そこで、xったから、と z に公約数 e があると仮定する。すると

2

s = m1 n1a, c が公約数 e を持つことになり、自然数2

とおくことができる。したがって、２数

m1 , n1 はそれぞれ平方数であり、自然数 a1と b1 を用いて、
m1 = a1 ,2

n1 = b12

a1 , b1 を用いて、
a = ea1 , c = ec1と表せる。したがって、３数 x, y, z は

x = a 2 = e 2 a1

したがって、ピタゴラス三角形

2y 2 = x 2 − z 2 = e 4 (c1 − a1 )4

z = c = e c1
2

2

4

2

(n 2 , ac, m 2 ) では、直角をはさむ 1 辺が平方数で、斜辺は m < z である。しかし、こ2

れは最初の仮定に反する。
24である。これから、 y は e で割り切れ、
2

したがって、 y は e で割り切れる。よって

y は、自然数 y1 を用いて、
y = e 2 y1

これにより、y は奇数でなければならず、

x = a 2 が偶数でなければならない。また、
a 4 + y 2 = c 4 となり、 a は偶数、 y は奇数であるから、 c は奇数で、

y 2 = c 4 − a 4 ＝ (c 2 + a 2 )(c 2 − a 2 )と表すことができる。
ここで、三角形 ( x, y, z ) の等式

x +y =z22が成り立つ。
次に、２つの奇数 c 2 + a 2 , c 2 − a 2 は互い

24にこれまでの式を代入し、 e でわると

e a1 + e y1 = e c1
4

4

4

4

a1 + y1 = c1
4

4

4

2
2
こ こで、 c + a と c − a の 公約数 は2

4

なければならないから、実は互いに素な２2

2

数 a , c の公約数でなければならない。だ

さらに、 z = e 2 c12 で e > 1 のため、

c12 < z である。つまり、ピタゴラス三角形(a , y , c )は斜辺と、もうひとつの辺も平122c 2 と 2a 2 の約数であるが、それは奇数で4が得られる。

2
1に素であることを示す。

21

方数であり、その斜辺の長さは z よりも小から、２数 c 2 + a 2 , c 2 − a 2 は互いに素である。
つまり、 y 2 は２つの素な因数に分解されるから

c2 − a2 = r 2 ,c2 + a2 = s2

さい。これは最初の仮定である、ピタゴラ
ス三角形 ( x, y , z ) が最も小さい斜辺をもち、でなければならない。これから、斜辺ともうひとつも辺が平方数であるとい

2c 2 = r 2 + s 2となるが、ここで r , s は互いに奇数である

うことに反している。
次に、 y は偶数ではないことを示そう。
なぜなら、 y が偶数であるとすると、定理３によって、互いに素な２数 m, n ( m > n )が存在して、

a = x =m −ny = 2mnc = z =m +n

2

2

2

この２数は、それらの和と差が互いに素2だから、定理３によって互いに素な２数m, n が存在して、一方は偶数であり、
s+rs−r= m2 − n2 ,= 2mn ,
22と表すことができる。これから、

c > m , (ac) = m − n
2

2

4

4

であり、 n + ( ac) =m となる。
4s+r s−rとは整数になる。
2
2

だから、それら自身も互いに素である。
2

2

2

から数

2

4

c = m2 + n2
あるいは、

s−r
s+r
= m2 − n2 ,
= 2mn
2
2

c = m2 + n2

次の定理のような命題になる。

が成り立つ。
ここから、どちらの場合も

定理 272a = s − r = 8mn( m − n ) …②が得られる。a は偶数だから、a = 2a1 とお
2

2

2

2

2

不定方程式 x + y = z444は自然数解をもたない。

けて、

a1 = mn (m 2 − n 2 ) = mn( m + n)( m − n)2が成り立つ。数 m, n は互いに素でそのうちこの定理は、有名な「フェルマーの大定
フェルマーの大定理」(定理 28)の特別な場合である。
定理 28 (フェルマーの大定理）

一方は偶数である。２数 m − n, m + n も互任意の整数 n > 2 に対して、不定方程式

いに素で、 m と m − n , m と m + n もそれ

x + y n = z n は自然数の解をもたない。
n

ぞれ互いに素である。
ゆえに、②の右辺にある４つの因数どの「フェルマーの大定理」は、数学者フェフェ２つを組み合わせても、互いに素である。

ルマー(
ルマー(Pierre de Fermat)がディオファン

したがって、等式②の右辺の各因数はそれ

トスの著書『数論』の余白に命題のみを記

ぞれ平方数でなければならない。つまり、述し、証明を付していなかったエピソードm = k, n = l,m+n = qm − n = p,

で有名であり、その後、「フェルマー予想」
として、数論の未解決問題となった。多くの数学者が証明に挑戦し、失敗を重ねてきとなる。ここから、

k − l = m − n = ( m + n )( pq )
4

4

4

4

2

2

2

た。しかし、少しずつ進歩を重ねていき、
ついに、1994 年アメリカの数学者アンドリ
アンドリ

で、さらに

k =m <m +n =c<c = zュー・ワイルズ(
ワイルズ(Andrew John Wiles)によっゆえに、 k < z でもある。つまり、ピタて、完全な証明が与えられた。その過程に

4

2

2

2

2

2

2

2

ゴラス三角形 (l , pq, k ) は、斜辺と一方は、志村五郎
志村五郎、谷山豊
志村五郎 谷山豊という２人の日本人
谷山豊

志村－谷山予想」が大きな
志村－谷山予想の辺が平方数で、斜辺 k は z よりも小さい。 数学者による「志村－谷山予想
2

しかし、これは前の仮定に反する。
したがって、ピタゴラス三角形の斜辺と一方の辺が平方数であるようなものが存在役割を果たしたことも有名である。このような深遠な理論にまで達することは、数学の世界の広がりと深さを実感できる。

するという仮定により矛盾が生じる。よって、このような三角形は存在しない。これ

３－10．ピタゴラス三角形と平面上の点で定理 24 は証明された。
(Q.E.D.)
この定理から３辺が平方数であるピタゴラス三角形はもちろん存在しないことが分かる。また、これを代数学的に言い直すと、(a, b, c) を既約なピタゴラス三角形とする。この三角形に x 座標ab
、 y 座標 をも
c
c

a b
,  を対応させる。すると
c c

つ平面上の点 

ピタゴラス方程式 a + b = c から222

a2 + b2a b=1  +  =c2
c c2の間に１対１の対応がつけられる。

2

となる。

a b
,  は原点を中心とした半c c

よって、点 径 1 の円、つまり単位円上に存在する。
つまり、１つのピタゴラス三角形について、単位円 x + y = 1 上の正の有理数座標
2

2

定理 29
２つの任意の実数 x1 , x 2 を

0 < x1 < x 2 < 1 と定める。この２数 x1 , x 2 に対して、既約なピタゴラス三角形 (a, b, c ) が存在して、それに対応する単位円上の点(x, y ) が x1 < x < x2 を満たす。
［証明］

0 < x1 < x 2 < 1 であることから、をもつ点、つまり、単位上の有理点が対応1<

する。逆に、点 ( x, y ) を円 x 2 + y 2 = 1 上の

1 + x1 1 + x 2<．
1 − x1 1 − x 2

正の有理数座標をもつ。つまり、 x, y が方
程式 x 2 + y 2 = 1 を満たす正の有理数であ

これより、 1 <ると仮定すると、

c2 a2 + b2 a2 b2== 2 + 2
c2
c2
c
c
a
b
x = , y = とみなすことができる。
cc
よって、この点 ( x, y ) と既約なピタゴラス
x2 + y2 = 1 =

三角形 (a, b, c ) を対応させることができた。

1 + x1
1 + x2．
<
1 − x1
1 − x2有理数の稠密性から、

1 + x1 1 + x2
mの間 には有理 数
はい,n1 − x1 1 − x2
くらでも存在するので、m, n は互いに素で、m が奇数、 n が偶数とおくことができる。
よって、

1 + x1 m
1 + x2< <1 − x1n
1 − x2

…①

ここで、

1−

2

m
1+  
n= 1− 2×2

n2
n2 + m2n 2 + m 2 − 2n 2
n2 + m2
m2 − n2= 2
m + n2=図５であるから①より、
こうして、既約なピタゴラス三角形と、単位円上の有理点で第一象限にあるものと

x1 <m2 − n2< x2
m2 + n2cos A, cos B, cos C は有理数となる。

となる。

これより、 cos A, cos B, cos C のうち 1

定理３より、

a = m − n , b = 2mn , c = m + n
2

2

2

2

つでも無理数となると a, b, c のうち少なくとおくと、既約なピタゴラス三角形が得ら
れ、 x1 <a< x 2 になる。
ccos 45° =

よって、この三角形に対して単位円上で
点 ( x, y ) が 対 応 し 、 x =とも 1 つは無理数となる。

a
,
c

y=

b
かつ
c

1
2

より、 45° のときは a, b, cのうち少なくとも１つが無理数である。よって、１つの角が 45° であり、各辺が整数であるような三角形は存在しない。

x1 < x < x 2 が成り立つことがわかった。
(Q.E.D.)

４．主結果（条件を満たすピタゴラス三角形の個数）

この結果から、第一象限の単位円上にある２点を取ると、その間には必ず既約なピピタゴラス三角形について、すべての辺

タゴラス三角形に対応する点があることがの長さが n 以下のピタゴラス三角形の個数わかった。

を F (n ) として n と F (n ) の関係を考える。

また言い換えると、0° ≦ α ≦ 90° を満た

ここで、ピタゴラス三角形は直角三角形

す任意の角 α に対して、角 α にいくらでもであり斜辺が最長辺なので、斜辺が n 以下

近い鋭角をもつ有理数辺の直角三角形を得のピタゴラス三角形を考えればよい。

ることできる。すべての辺が有理数なので、うまく拡大するとピタゴラス三角形を得る

実際に私たちがコンピュータで調べた結果を下の図６に示す。 x 軸を個数 n 、 y 軸ことができる。
このようにして、任意の角に近いものをを個数 F (n ) とする。

作ることができる。その中で角が 45° に限りなく近いピタゴラス三角形を作ることはできるが、 45° のピタゴラス三角形は存在しない。理由は以下の通りである。
まず、ピタゴラス三角形に限らず各辺が整数の任意の三角形 ABC について考える。
この三角形について、余弦定理を適用すると、

図６

cos A =

a +c −bb2 + c2 − a2 ,cos B =
2ac
2bc

cos C =

a +b −c
2ab

2

2

2

2

2

2

で あ る 。 こ こ で a , b, c は 整 数 な の で 、このグラフから、私たちは斜辺の制限 nと個数 F (n) に線型関係が成り立つと予想

し、個数 F (n) に対する斜辺の制限 n の比を調べた。その結果を次ページの図７に示す。

x 軸を個数 n 、 y 軸を個数 F (n) に対する斜辺の制限 n の比 F (n ) である。
nで与えられる。
文献[5]の中にはこの定理の証明がなかったため、証明は私たち独自の方法で行った。
［証明］
既約なピタゴラス三角形の斜辺 z は互

いに素である奇数の組み合わせ (k, l ) を用

k2 + l2と表せる。
2
このとき、 z は n 以下であるから、いて、 z =z=

図７
斜辺の制限 n と個数 F (n) に線型関係がk2 + l2≤ n となる。この式を変形して、
2

k 2 + l 2 ≤ 2n …①である。いま、横軸を k 軸、縦軸を l 軸とすると、図８のように①は中心が原点、半径が 2n の円の内部を表している。

成り立つならば、比のグラフは一定の値をとる。しかし上のグラフは一定の値をとる

lようには見えない。つまり、 n と F (n ) の関

2n係は単純な線型関係では表せない、より複雑なものであると推察できる。
４－１． 辺の長さが任意の数以下である既
約なピタゴラス三角形の個数

k

O

− 2n

2n

さらに条件を絞った斜辺の長さが n 以下であるような既約なピタゴラス三角形の個数 f (n) を考える。

− 2nすると、次のような先行研究があった。

定理 30 (レーマーの近似式)
レーマーの近似式)
斜辺の長さが n 以下である、既約なピタ

ゴラス三角形の個数 f (n) はf (n ) ≈n2π

図８
このとき、求めたいピタゴラス三角形の個数 f (n ) は①の円の内部および境界上の格子点 (k, l ) の個数である。さらに、kl 座標
上の一辺１の正方形は、格子点１つに対応しているので、 n を十分大きくすれば、 N

は kl 座標上の条件を満たす部分の面積と等しくなると考えて良い。これは後述の補題
Ⅵで示す。
そこで、①の面積 S を求めると、

図９2

S = 2n π = 2nπ ．

ここでは、四分円を考える。まず頂点がここで、k, l について k > l > 0 であるので、

点 ( p, q ) ，点 ( p, q + 1) ，点 ( p + 1, q ) ，点

この条件を満たすのは図２の斜線部分であ( p + 1, q + 1) で囲まれた格子を F p ,q とおく。

り、面積は S の８分の１なので、S 2 n π nπ
=
=
．
8
8
4
さらに、k, l はどちらも奇数なので、この条件を満たすのは図９の斜線部内の４分の１なので、求める面積はn π 1 nπ× =．
4 4 16格子点の数を Tn ， ( p, q ) ∈ D となる F p ,qをすべて合わせてできる図形の面積を U n ，

最後に、k, l は互いに素である奇数であったので、この条件を満たす確率である

8π2(後述の補題Ⅶで示す)をかけて、

Tn = U n であることは明らかである。さらに、 Rn < S n < Tn = U n であることも明らかあることを示し、はさみうちの原理からしたがって、条件を満たすピタゴラス三角形の個数 f (n ) はとなる。

る図形の面積を Rn とする。このとき、である。ここで、 n → ∞ のとき R n → Tn で

nπ 8
n
× 2 =
．
16 π
2π

f (n ) ≈F p ,q ⊂ D となる F p ,q をすべて合わせてでき

S n → Tn であることを示す。
まず、 Tn について、 k = p(k ∈ Z , 0 ≤ p ≤ [ 2n ])のとき、格子点はn2π( p,0), ( p,1) L , ( p, [ 2n − p 2 ])(Q.E.D)

補題Ⅵ

n を十分大きくする。このとき、領域
D : k 2 + l 2 ≤ 2n 内に含まれる格子点の数なので、この個数は [ 2n − p + 1] 個であ2る。ここで、 p は 0 から
で、

[ 2n ]

は、その領域の面積と等しくなることを示

Tn = ∑

す。

k =0

である。
［証明］

[ 2n ]まで動くの[ 2n − p + 1]2

同様に考えて、[ 2n ]

Rn = ∑
k =0

る確率を p 2 、 b が p1 で割り切れる確率を[ 2n − k ]2p3 とすると、である。

1 − ( p 2 × p3 ) = 1 −

ここから、 n → ∞ のとき R n → Tn であることを示す。 n → ∞ のとき Tn , R n はどちらも Rn → ∞ , Tn → ∞ なのでそれを解消する
3
2

ために Tn , R n を n で割って考える。
すると、 Tn , R n はどちらも同じ値に収束する。したがってはさみうちの原理から

Rn = S n = Tn = U n(n → ∞)

ゆえに、格子点の数 Tn はその領域内の面
積 U n によって近似してもよいことがわか(Q.E.D)った。

２つの奇数の組み合わせ (k, l ) が互いに素である確率は

8

π

2

である。

p1

2

となる。さらに,すべての素数に関してこの確率の積をとったものが a と b が互いに素である確率である。つまり、

1 
1 
1 
1 

1 − 2 1 − 2 1 − 2 1 − 2  L
 2  3  5  7 
∞

∞

1 


= ∏ 1 − 2  = ∏ 1 − p − 2
p  p: prime
p: prime 

(

∞

補題Ⅶ
補題Ⅶ

1

 1 

= ∏ 
−2 
p: prime  1 − p−1= ς (2 ) =

)
6

−1

π2

である。ここで ς (n ) はゼータ関数
ゼータ関数(zetaゼータ関数
functuion)を表す。

［証明］

まず、２数 (a, b ) が互いに素となる確率を求めよう。 a と b が互いに素であるならば

こうして、２つの奇数 (a, b ) が互いに素と
なる確率は

6

π2

であることが証明された。

同じ素数を共通の約数にはもたないというでは互いに素である２つの奇数の組ことを用いる。

(k , l ) の場合について考えてみよう。 (k , l )まず、ある素数 p1 で任意に選んだ整数がはどちらも奇数なので明らかにどちらも 21となる。ゆえに、a とp1で割ることはできない。したがって求める

b のうち少なくとも一つが p1 で割り切れないという事象は、 a と b がどちらも p1 にを求める中で素数が 2 の場合を除けばよい

割り切れる確率はよって割り切れるという事象の余事象なので、 a と b のうち少なくとも一つが p1 で割り切れない、つまり素数 p1 を共通の約数にもたない確率を考える。 a が p1 で割り切れ確率は、 ２数 (a, b ) が互いに素となる確率
ので、実際にその確率を求めると、

n
n
f   , …, f   である。
4n
このとき、各辺が n 以下のピタゴラス三

1 
1 
1 

1 − 2 1 − 2 1 − 2  L
 3  5  7 
1 
1 
1 

= 1 − 2 1 − 2 1 − 2  2  3  5 角形の個数は、

n
F (n ) = f (n ) + f   + L + f (1)
2
n
n
=∑ f 
k
k =1

1 
1 


× 1 − 2  L ÷ 1 − 2 
 7 
 2 
=

6

π

2

×

4
8
= 2.
3 π

このようにして、奇数の組み合わせ (k , l )が互いに素である確率は

8

π2

n

n
k =1 2πk=∑であることが示された。

=(Q.E.D)

これまで得られた結果から、各辺が n 以

下の既約なピタゴラス三角形の個数 f (n)は、 f (n ) ≈

n n 1
∑ .
2π k =1 k

このように、F (n) を計算する過程で調和数列の有限和が現れた。そこで、次の事実を利用して計算を進めた。

nで近似できることが分かっ2πた。この結果を利用して、 F (n ) を考える。

定理 31４－２. 辺の長さが任意の数以下であるすり、

n 番目までの調和級数の和と n の自然対数の差はオイラー定数 γ に収束する。つまn 1lim ∑ − ln n = γn→∞ k =1 k= 0.5772156649L

べてのピタゴラス三角形の個数f (n ) は既約なピタゴラス三角形の個数のみを考えたものなので、斜辺が n を超えない範囲で整数倍して、既約でない三角形も加える必要がある。

これを利用して、 n が十分大きいときn

まず、１倍しても斜辺が n を超えない既約なピタゴラス三角形の個数は f (n ) 自身である。次に２倍しても斜辺が n を超えないnものは、斜辺が 以下であればよいのでそ2

1∑ k ≈ ln n + γ という近似式を用いて計算
k =1

すると、

G(n) =n(ln n + γ )2π
ただし γ = 0.57721L

n
2

の個数は f   である。
同様にして、3 倍、4 倍、…、 n 倍と考え

n
3,

ていく。このときそれぞれの個数は、f  という、辺の長さが n 以下のすべてのピタ
ゴラス三角形の個数の近似式を得る。

次に、この近似式の精度について考える。

ゴラス三角形の個数を求める近似式の精度は高いことが実際に調べてみてわかってい
たので、

n
n
F (n ) = f (n ) + f   + L + f  2nという部分に注目してみた。そして、私た
ちは誤差の理由は「斜辺は少なくとも 5 以上である」ということではないかと推測した。この条件を加えることによって近似式
図 10の精度を向上させようと考えた。
これはつまり斜辺が 5 未満であるピタゴ

図 10 において、 x 軸は n 、 y 軸は個数であり、青のグラフは実際の個数 F (n ) 、赤のグラフは近似式で求めた個数 G(n ) である。
このグラフを見ると、誤差が大きいように見える。そこで、誤差の割合について調べると次のようになる。

ラス三角形は存在しないということである。
レーマーの近似式を用いると、

n  n 
f  , f  ,L という値を余計に n   n −1
数えている。 n → ∞ のときり、 f (1) =n→ 1 であn−k1≒ 0.16 より、小さい数では2πあるが項数は n を大きくするほど多くなるので、誤差大きくなるのは明らかである。
したがって、斜辺が 5 未満のものは無視しなければならない。つまり、

n
F (n ) = f (n ) + f   + L + f (5) と し な
2
図 11

ければならないということである。
これを考慮した近似式を G * (n ) すると、

図 11 において、 x 軸は n 、 y 軸は実際の個数に対する近似式で求めた個数の比G(n )である。つまり、 y = 1 に近いほど実F (n )
際の値に近い。
しかし、グラフを見ると実際の値より20%ほど多く数えている。
そこで、この誤差がなぜ出てきてしまうのかを考えた。レーマーによる既約なピタ

n
5

n
G * (n ) = ∑ f  
k
k =1
n
n
=
(ln + γ )2π5を得る。
ここでも同様に誤差の割合について調べると次のようになる。

る。
つまり、小さいほうから数えて k 番目の既約なピタゴラス三角形の斜辺の大きさ

z k は z k = 2πk と表せる。また、 z k = n とnのときである。
2πなるのは k =図 12

さらに、 z は n を超えない範囲で

図 12 において、 x 軸は n 、 y 軸は実際の個数に対する近似式で求めた個数の比

G (n )である。
F (n )G(n ) の場合での誤差が約 20%なのに対*し、G (n ) の場合は約 3%とかなり誤差を減*らすことができた。
さらに斜辺が 5 より大きく 13 以下である

n倍でzきる。つまり、斜辺が z である既約なピタ
ゴラス三角形と相似なものはうことになる。しかし、

n
個あるとい
z

n
は常に割り切れz

るとは限らず、割り切れない場合は実際のnz個数より大きい値になる。そこで、 − 1 とものが１つ、13 より大きく 17 以下である

することによって実際の値より確実に小さものが１つ、と同様に繰り返すと誤差はさく、かつ最も近く計算できる。

らに小さくなる。しかし、この方法ではいこの考え方を利用すると、くら誤差を減らしても常に実際の個数より多く数えている。
そこで、実際の個数より少なく数える近似式を考えることで実際の個数の範囲を絞ることができるのではないかと考え、新たな近似式を導いた。



 n

n
  n

F (n ) =  − 1 +  − 1 + L + 
− 1
zn

 z1
  z2

 2π

n
2π

n

 n
 2π  n= ∑  − 1 = ∑ 
− 1
z
2
k
π

k =1  k k =1 n

レーマーの近似式において f (n) = 1, 2Lnn 2π 1 2π=∑ − ∑12π k =1 k k =1となる n の値は 1 番目、2 番目…の既約なピ
タゴラス三角形の斜辺の近似になっている。
例えば f (n ) = 100 となる n は、

n
= 100
2π

n

ここでも

1

∑ k ≈ ln n + γ を用いて、近似k =1

式を H (n ) とすると、を解いて n = 628.3L である。小さいほうから数えて 100 番目の既約なピタゴラス三角形の斜辺の大きさは 629 なので確かに近い値をとっている。この誤差はレーマーの近似式と同様 n を大きくするほど小さくな

H (n ) =n  n

+ γ − 1 ln
2π  2πという小さく数える近似式を得る。
このときの誤差は次のようになる。

ln n − 2.26
F (n )
ln n + 0.57<<n
ln n − τ(ln n − τ ) ln n − τ
2π

1−
1−

図 13

2.26
ln n <

τln n

F (n )n(ln n − τ )2π個数に対する近似式で求めた個数の比グラフは常に y = 1 より下になっている。
つまり、求めたかった実際の個数より少な
く数える近似式が得られた。

n(ln n − τ )
2π

<

1−

0.57
ln n

τ

ln n ．

n → ∞ のとき、はさみうちの原理より

図 13 において、 x 軸は n 、 y 軸は実際のH (n )である。
F (n )F (n )

1+

→1

すなわち

n
(ln n − τ ) → F (n ) ．
2π

つまり、

n
(ln n − τ ) と表せる関数はす
2π

べてピタゴラス三角形の個数の近似式になっていて、これまで求めた式は確かに近似

ここでこれまでの考察から、 F (n ), G (n ), H (n ) には

H (n ) < F (n ) < G (n )すなわち式になっている。また、n(ln n − 2.26 ) < F (n ) < n (ln n + 0.57 )2π2πより、 − 0.57 < τ < 2.26 の範囲に精度の高い近似式を与える定数 τ が存在する。

n  n
n

+ γ − 1 < F (n ) <(ln n + γ ) ln
2π  2π
2π

この τ をコンピュータを用いて区間縮小
により調べると、 τ = 1.37042909005805のとき誤差のグラフが次のようになったという大小関係が成り立っている。
この式の ( ) 内の定数を計算すると、n(ln n − 2.26 ) < F (n ) < n (ln n + 0.57 )2π2πとなる。ここで、 τ を定数として辺々をn(ln n − τ ) で割ると、2π

図 14
このことから、辺の長さが任意の数以下

であるすべてのピタゴラス三角形の個数の精度の高い近似式を求めることができた。

５．ピタゴラス三角形の種々の性質（補遺）
５－１．ヘロン三角形と有理三角形

定理 32

a = m 2 + n 2 + mn22
b = m − nc = 2mn + n 2
…(＊)

これらの式(＊)を満たす三角形 ( a, b, c )は ∠A = 120° であり、各辺が整数である三

これまで、各辺が整数で表される直角三角形を表す。

角形について考えてきたが、この章では各辺が整数の直角三角形とは限らない三角形
を考える。

［証明］
図 15 のような三角形 ABC を考える。

３辺の長さと面積がいずれもしえ数であAる三角形をヘロン三角形
ヘロン三角形(Helontriangle)
ヘロン三角形bcという。明らかに、ピタゴラス三角形はヘロン三角形の一部である。

B

ここで、ヘロン三角形を求める方法をいa

くつか紹介する。
まず、３辺が整数となる三角形を作る方

図 15
余弦定理から法 は よ く 知 ら れ て い る 。 ３ 数 a , b, c を

b − c < a < b + c が成り立つように選び、三角形 ( a, b, c ) を与える。
例えば a = 2, b = 3, c = 4 とすると

2 − 3 < 4 < 2 + 3 であり、またこの３数は三角形を作ることができる。ちなみにこの三角形の内角はすべて整数値ではなく、そ

3 15
の面積は
となった。
4
この例では、各辺は整数だが、内角と面積は整数にならなかった。

C

cos A =

b2 + c2 − a2．
2bc(＊)より、cos A(m − n ) + (2mn + n ) − (m + n + mn)=
2(m − n )(2mn + n )
2 2

2

2 2

2

2

2

2

2

2

(m − 2m n + n ) + (4m n + 4mn + n )=2(2m n + m n − 2mn − n )
4

2

2

4

3

−

2

2

2

2

3

3

4

(m + n + m n + 2m n + 2mn + 2m n)2(2m n + m n − 2mn − n )
4

4

2

3

2

2

2

2

2

3

3

3

4

この方法では、内角はどれも整数ではな
かった。そこで、ある 1 つの角が整数であり、各辺が整数である三角形を計算で求める方法を紹介する。

4

2m 3 n − m 2 n 2 + 2mn 3 + n 4=− 2 2m 3 n − m 2 n 2 + 2mn 3 + n 4

(

)

=−

ここで、この方法について注目する。こ1．
2のように、直角を挟む辺が等しいピタゴラ

よって、0° < A < 180° より ∠A = 120° をみたす。

(Q. E. D.)

ス三角形はいくらでも求めることができる。
2 つのピタゴラス三角形 (a1, b1, c1 ) と(a2 , b2 , c 2 ) を考える。このとき、b1と b2 が例えば、定理 32 において、m = 5 , n = 3

その最小公倍数になるように、２つのピタ
ゴラス三角形を適当に拡大すると、b1 , b2 がとすると

a = 5 2 + 32 + 5 × 3 = 4922b = 5 − 3 = 16c = 2 × 5 × 3 + 3 2 = 39

対応する辺が等しいピタゴラス三角形の組

こうして、∠A = 120° で各辺が整数の三角ことで無限に求められることがわかった。

形(49,16,39)を求めることができた。

を作り出すことができる。
このようにして、各辺と面積が整数で表される２つのピタゴラス三角形を用意する
しかし、各辺と面積が整数で表される三角形が、すべて２つの直角三角形によって

図 16 のように(5,12,13)と(35,12,37)を用意する。ここで、長さが 12 である辺同士を合わせると、新たに各辺が整数ではある鈍角三角形(13,40,37)を作ることができる。

できているわけではない。
例えば、（65,119,180）を考える。この３数は65 − 119 < 180 < 65 + 119

54 < 180 < 184を満たし、またこの三角形の面積はヘロンの公式を用いて、2 つを合わせるS = 182(182 − 65)(182 − 119 )(182 − 180 )= 2683044= 1638となった。確かに面積は整数となっている。
ここで（65,119,180）が２つのピタゴラ

図 16ス三角形の組み合わせでないことを示す。
もし（65,119,180）が２つのピタゴラス

ちなみに、この場合の鈍角はおよそ23° + 71° = 94°となっていて、面積は、(5,12,13)と(35,12,37)の面積をあわせたもの、つまり30 + 210 = 240 となる。この方法で求めると、各辺だけでなく面積も整数となる。

三角形の組み合わせだとすると、その三角形の高さが整数となるはずである。

なる。ヘロンの公式から、三角形の面積 S はs=

2k + 2k + 1 + 2k + 2 6k + 3
=
とすると、
2
2

ヘロンの公式から、次式を導いて、

S = s ( s − a )( s − b)( s − c)
16 S 2 = 2 s(2 s − 2a)(2 s − 2b)(2 s − 2c).
図 17
図 17 のようにそれぞれの辺を底辺とす

これに、 s と３辺を代入して4(4 S 2 ) = (6k + 3)(2k + 3)(2k + 1)(2k − 1)
= 4(3k 2 + 8k + 2)(4k 2 − 1) + 4k 2 − 1

ると、その高さは・底辺が 65 のとき 3276 ÷ 65 = 50.4

ここで、左辺は４で割り切れるが、右辺・底辺が 119 のと 3276 ÷ 119 = 27.5294 L

は４で割ると１余り、矛盾が生じる。した・底辺が 180 のとき 3276 ÷ 180 = 18.2

がって、三角形の最小の辺は奇数である。

となって、どの場合も高さが整数でないこ

そこで、最小の辺を 2k − 1 とすると、三とがわかった。すなわち、(65,119,180)が２角形は (2k − 1,2k ,2k + 1) となる。このときつのピタゴラス三角形の組み合わせではな

上と同様に三角形の面積の平方はS 2 = 3k 2 (k 2 − 1)

い。
では、ここから３辺が連続してかつ面積となる。この等式から k は S の約数であと各辺の長さが整数である三角形を考える。

ることがわかる。よって、背理法を用いて k

まず、その性質として、それが直角をはさが S の約数であることがわかる。すると、Sむ 1 辺を共有する２つのピタゴラス三角形

は整数 h を用いて、 S = kh と表せる。

によってできているという点が挙げられる。

22

一方、辺 2k に対する高さを h1 とすると、それを証明する。

S = kh1 と表すことができる。
これらの２式を比べると、 h = h1 である

定理 33

ことがわかる。つまり、辺 2k に対する高さ３辺が連続しかつ面積と各辺の長さが整数である三角形(つまり、ヘロン三角形)は、直角をはさむ１辺を共有する２つのピタゴは整数となることがわかる。
さらに、 S = 3k ( k − 1) と S = kh を比
2

2

2

べると、

3k 2 (k 2 − 1) = k 2 h 2ラス三角形によってできている。
ここで、
［証明］
まず、このような三角形のうち最小の辺が奇数であることを示す。
背理法を用いて、最小の辺が偶数 2k であるとすると三角形は (2k ,2k + 1,2k + 2) と

h 2 = 3(k 2 − 1) = (2k + 1) 2 − (k + 2) 2
h 2 = 3(k 2 − 1) = (2k − 1) 2 − (k − 2) 2
より

(2k + 1) 2 = h 2 + (k + 2) 2

(2k − 1) 2 = h 2 + (k − 2) 2

ゴラス三角形を組み合わせると、

つまり、ピタゴラス方程式が成り立ち、(4k + 2h − 1,4k + 2h,4k + 2h + 1)

(2k + 1, h, k + 2) と (2k + 1, h, k + 2) がピタという三角形ができる。この三角形は明らゴラス三角形であることがわかる。これら

かに、３辺が連続する整数で表せる三角形のピタゴラス三角形をはり合わせると、である。

(2k − 1,2k ,2k + 1) という三角形ができる。

このことから、３辺が連続する整数であしたがって、３辺が連続する三角形がピタる三角形があれば、新たに同じ性質をもつ

ゴラス三角形の組み合わせによってできて三角形を求めることができるということがいることがわかった。

わかる。
(Q.E.D.)例えば (3,4,5)という三角形を考える。このとき、(2k − 1,2k ,2k + 1) = (3,4,5) となる

ところで、のは、 k = 2 のときである。また、 S = 6 か(2k + h ± 2,3k + 2h,4k + 2h ± 1)

ら h = 3 である。

（複号同順）(4k + 2h − 1,4k + 2h,4k + 2h + 1)という２つの三角形を考える。
次の計算から、これらの三角形がピタゴラス方程式を満たすことがわかる。

= 4k 2 + h 2 + 4 + 4kh + ±4h ± 8kより、確かに面積が整数になっている。
る。この場合、 k = 7, h = 12 である。

− 16k 2 − 4h 2 − 1 − 16kh m 4h m 8k

よって、 (4k + 2h − 1,4k + 2h,4k + 2h + 1)

= −3k 2 + h 2 + 3から(51,52,53)が得られた。この三角形の面積は、ここで、上の証明より、

S = 78 × 27 × 26 × 25 = 1170

2となり、面積も確かに整数になっている。

3k 2 = h 2 + 3

また、この方法によって３辺が連続する整数であるような三角形を無限に求められとわかるので、ることがわかった。

(2k + h ± 2) + (3k + 2h) − (4k + 2h ± 1)
2

S = 21 × 8 × 7 × 6 = 84
さらに、(13,14,15)から新たな三角形を作+ 9k 2 + 4k 2 + 12kh

3(k − 1) = hに代入して、(13,14,15)という三角形ができる。この三角形の面積はヘロンの公式から、(2k + h ± 2) 2 + (3k + 2h) 2 − (4k + 2h ± 1) 2

2

これらの数を2

2= −3k 2 + h 2 + 3=0

では、３辺の長さと面積が整数である三角形を求めるにはどうすればよいかを考える。この問題は、各辺と面積が有理数であとなり、ピタゴラス方程式が成り立つことる三角形を求めることと同値である。このがわかる。

ように、各辺と面積が有理数で表せる三角ここで、これらの三角形は (3k + 2h) とい

形を有理三角形
有理三角形(rational
triangle)とよぶ。
有理三角形

う辺を共有している。そこで、２つのピタ

そこで、有理三角形は、別の２つの有理三角形の組み合わせであることを証明する。
定理 34
有理数の辺をもつどのような三角形におa2 − b2 + c2
b2 − a2 + c， b1 =2c2cとなる。この等式から、 a1 ,b1 は有理数であ
a1 =

る。

いても、三角形の内部に引いた高さは、そしたがっ

れに垂直な辺を２つの有理数比に分ける。

て、有理数の辺をもつ三角形において、三角形の内部に引いた高さは、それに垂直な辺を２つの有理数比に分けるということが［証明］
図 18 のような三角形 ( a, b, c ) を考える。

証明された。

(Q.E.D.)そして、 a, b の正射影を a1 ,b1 とする。
ここで、もし各辺だけでなく面積も有理数ならば、すべての高さも有理数になるということがわかる。
なぜなら、辺 c に対する高さを h とする

a1と、 S =

b1
図 18

ch
2S
から、 h =である。
2c

したがって、辺と面積が有理数ならば高まず仮定から、

さも有理数になることがわかる。

a1 + b1 = c…①

であることがわかる。

すると、ある有理三角形を考えたとき、
辺 c に対する高さを h とすると、上の証明

高さ h は、三角形 ( a, b, c ) を２つの直角三から、分けられる２つの直角三角形は各辺角形に分ける。その三角形はが有理数となり、有理三角形はそれとは別(a1 , h, a ) と (b1 , h, b) であるので、ピタゴラの２つの有理三角形の組み合わせによってス方程式から、できているということが証明された。

a1 = a 2 − h 2 , b1 = b 2 − h 2
2

2

2
2
よって、 a1 − b1 = a − b22

ここで、①から

次に、各辺と中線が有理数である三角形について考える。

cbc(a1 − b2 ) = (a1 + b1 )(a1 − b1 )la= a1 − b1 = a 2 − b 222

a 2 − b2
より、a1 − b1 =となる一方、①か
c

a
図 19

ら
辺 a へおろした中線を l a とする。すると、

中線定理より、

このことから、y が (dac ) の約数である。

a2 
b 2 + c 2 = 2 l a + 
4  ,


よって、y は dac の約数であるといえる。
したがって、ある整数 b が存在して、4l a = 2(b 2 + c 2 ) − a 22yb = dac

この公式から、各辺と中線が有理数であ例えば、(68,85,87)が中線と各辺が有理数である三角形であることがわかる。実際、

l a = 79 , l b =()

y a 2 − c 2 = y 2 b 2 ， a 2 − c 2 = b 2 …④a, c は互いに素な数なので、b, c も互いに素である。よって、④を変形すると、

b2 + c2 = a2131127
, lc =
2
2…⑤となる。

つまり、三角形 (b, c, a ) は既約なピタゴラとすべての中線が有理数になっている。
他 に も 、 (127,131,158) や (204,255,261)という三角形も中線と各辺が有理数になっている。
５－２．自然数の逆数を辺としてもつ直角三角形

1 1 1
まず  , ,  の直角三角形について考x y zえる。三平方の定理より、

ス三角形である。だから、定理２より、互いに素な整数 m, n (m < n) によって、

a = m 2 + n 2
22
b = m − n c = 2mn…⑥

a = m 2 + n 2
b = 2mn
c = m 2 − n 2…⑦のどちらかが成り立つ。

1
1
1+ 2 = 22xyz

また a, b, c は互いに素であり、⑤から b…①と ac は互いに素でなければばらない。するとなる。

と、③より、 d は b で割り切れなければな

これを変形した xx…③となる。

これを②に代入すると、2る三角形が求められる。

−2

2

2

−2

+y

−2

−2

= z より、−2< z がわかる。これを解くと、z < x となる。
ここで、 z, x の最大公約数 d と互いに素な 2 つの数 a, c を用いて、x = da ,z = dcy2 z2 + x2 y2 = x2 y2()

y2 x2 − z2 = x2 z2y (a − c ) = (dac )222が成り立つ。

x = da = δab, y = δac , z = dc = δbcが成り立つので⑥より、

(

)(

2

…②

ゆえ、

)

x = m2 + n2 m2 − n2 δ

( + n )δz = 2 mn (m − n )δy = 2 mn mと表すことができる。
すると①より、らない。だから、自然数 δ が存在し、d = bδ

2

2

2

2

また、⑦より、()

x = 2 mn m 2 + n 2 δ()(m − n )δz = 2 mn (m − n )δy= m +n
2

2

2

2

2

2

x = 65, y = 156, z = 60 であるので、を得る。
一方、任意の自然数 m, n, δ (n < m ) に対して上の等式により、 x, y , z を定義し、等1
1
1+= 2 が得られる。
2
2
65
156
60

式 ⑥ ， ⑦ に よ り b, c , a を 定 義 す る と 、また、３辺の長さが平方数の逆数の場合

x = δab, y = δac, z = δbc になる。こうして、 について考える。上と同様に、ピタゴラス
得 ら れ た x, y , z の 値 は 、 先 程 の 方 程 式
111の定理より、 4 + 4 = 4 が成り立つ。
2
2
2
2
2
2
2 2
x
y
z
y x − z = x z および b + c = a を()

満たすから、

1
1
1+ 2 = 2 も満たす。
2xyz

したがって、方程式111+ 2 = 2 のあ2xyz

しかし、フェルマーの定理より上の式を満たす x, y , z は存在しない。よって３辺の長さが平方数の逆数であるような直角三角形は存在しない。

らゆる正の整数解は、等式()

５－３．各辺と対角線が自然数になる直方

x = m4 − n4 δ()
z = 2mn(m − n )δy = 2mn m 2 + n 2 δ
2

体

2

あるいは、

１つのピタゴラス三角形があれば、そこから各辺および、対角線が自然数である長()

x = 2mn m 2 + n 2 δ()

y = m4 − n4 δ()

方形を得ることができる。
また逆に、そのような長方形からピタゴラス三角形

z = 2mn m − n δを得ることができる。このから得られる。ここで、 δ は任意の自然数問題を３次元空間と認識すであり、 m, n をみたす m > n は互いに素なると各辺と対角線が自然数

整数である。

で表せられる直方体を

2

2

3
5
4

4

3
図 20

どのように見つけるかという問題になる。
実際に直角三角形を求める。最も小さい

直方体の各辺を x, y , z 、また対角線を t

整数解を求めるために、 m = 2, n = 1, δ = 1とするととおく。すると上の式より、 x = 80,

x2 + y2 + z2 = t 2が成り立つ。逆に x, y , z および t が上の方程

y = 60, x = 15, y = 20, z = 12 となる。よ111+ 2 = 2 が得られる。
2
15
20
12
ち な み に m = 3, n = 1, δ = 1 の と き は 、って、式を満たすと x, y , z は直方体の辺の長さとなり、 t はその対角線の長さとなる。
さらに、各辺と対角線が自然数で表すこ11
1z = 48 なので、 2 + 2 = 2 が得られ
80
60
48

とができる直方体を求めることは、上の方

る。

ある。

また、 m = 3, n = 2, δ = 1 のときは、

程式を満たす整数解を求めることと同値でそのために、いくつかの準備を行う。

補題Ⅷ

補題Ⅹ
補題Ⅹ

自 然 数 x, y , z , t に 対 し て 、 方 程 式

任意の自然数 x に対して、方程式

x + y + z = t が成り立つとき、 x, y, z

x + y2 + z2 = t2 を 満 た す よ う な ３ 数
y , z, t の組が無数に存在する。

2

2

2

2

のうち少なくても２つは偶数である。
［証明］
まず、すべてが奇数であると仮定する。

2n を任意の自然数とする。
(ⅰ) x が奇数であるとき

奇数の 2 乗は 4 で割ると 1 余るため

x, y = 2n, z =x + y + z を 4 で割ると 3 余ることがわ
2

2

2

2

かる。しかし、 t は平方数であるため、等t=

号は成り立たない。
次に１つだけ偶数とすると x 2 + y 2 + z 2
2

は 4 で割ると 2 余る。しかし、 t は平方数であるためこちらも等号が成り立たない。

x2 −1+ 2n 2 ,2x2 −1+ 2n 2 + 1
2は明らかに自然数であり、方程式

x 2 + y 2 + z 2 = t 2 を満たす。
(ⅱ) x が偶数であるとき

よって x, y , z のうち少なくとも２つは偶

x, y = 2n + 1, z =数であることがわかった。

t=

補題Ⅸ
補題Ⅸ

x2
+ 2n2 + 2n,2x2+ 2n2 + 2n + 1
2

自 然 数 x, y , z , t に 対 し て 、 方 程 式は明らかに自然数であり、方程式

x + y +z =t が 成 り 立 つ と き 、
x, y , z, t のうち少なくても１つは 3 の倍数

x 2 + y 2 + z 2 = t 2 が成り立つ。

2

2

2

2

(Q. E. D.)

である。
補題Ⅺ
補題Ⅺ
任意の自然数の組 x, y に対して、方程式［証明］

x, y, z のうち、どの１つも 3 の倍数でないと仮定するとき、t は 3 で割り切れなけれ

x + y 2 + z 2 = t 2 を満たすような z, t が存2在する。

ばならないことを示す。
まず、3 の倍数でない数を２乗すると、3 で割ると 1 が余る。 x, y , z のいずれも 3［証明］(ⅰ) ２数 x, y がともに偶数のときで割り切れないのだから、 t は 3 で割り切

x 2 + y 2 は 4 で割り切れるから、れる。したがって、t は 3 の倍数でなければ

x2 + y2x2 + y2− 1, t =+144は自然数であり、 x, y , z , t は方程式

2

ならない。
よって、x, y , z , t のうち少なくとも１つは 3 の倍数であることがわかった。
(Q.E.D.)z=x 2 + y 2 + z 2 = t 2 を満たす。
(ⅱ) ２数 x, y のうち一方が偶数、もう一方が奇数であるとき

(ⅰ) このとき、数 x + y ± 1 は偶数となり、
2

3y 2 + 2 = t 22x2 + y 2 −1
x2 + y2 +1, t=
22は自然数であり、 x, y , z , t は方程式が成り立つ。

x 2 + y 2 + z 2 = t 2 を満たす。

余る。しかし、8 で割って 5 余る数は平方

z=(Q. E. D.)

2

ここで、 y が奇数のときは、 y を 8 で割ると 1 余り、左辺 3 y 2 + 2 を 8 で割ると 5数にはなりえない。また、 y が偶数のときは、左辺 3 y + 2 は 4 で割ると 2 余る。し2

そこで、これまでの式を用いて直方体を求めてみよう。ここでは、 x が奇数の場合

かし、そのような数も平方数にはなり得な
い。

(Q.E.D.)を考える。よって、 x = 3 ， n = 4 としてみよう。

最後に、各辺が自然数で表される直方体

x, y = 2n,x2 −1z=+ 2n 2 ,2x2 −1t=+ 2n 2 + 1
2
より、 x = 3 , y = 2 × 4 = 8 ,z=

32 − 1+ 2 × 4 2 = 4 + 32 = 36
2の対角線について、次の事実が成り立つ。
定理 36
各辺が自然数で表せるような直方体の対角線は、2 または 2 × 5 のような形にはなkk

らない。ここで、k は 0 以上の整数である。

32 − 1+ 2 × 4 2 + 1 = 4 + 32 + 1 = 37
2となり、( x, y , z , t) = (3, 8, 36, 37) が求め［証明］られた。実際、この４数はの解をもつと仮定する。

t=

負でない整数 k が存在して、 t = 2 とす
k

2
2
2
2
るとき、方程式 x + y + z = t が自然数

x + y + z = t = 1369 を満たしている。

このような k の中には最小のもの m が存

ここまでを整理すると、直方体の２辺を在する。しかも方程式 x 2 + y 2 + z 2 = t 2 の表す数は両方ともが奇数であるという場合

左辺の和 x 2 + y 2 + z 2 は、 x, y , z が自然数

以外は、他の辺と対角線を表す残りの z, t ものときは 3 より小さくはなり得ないから、与えることができる。

m > 2 である。

2

2

2

2

x 2 + y 2 + z 2 = 2 2 m で、３数 x, y, z のうち
定理 35

少なくと２つは偶数であることを考えると、対角線が自然数で表されて、３辺が連続するような直方体は存在しない。

残りの１つも偶数でなければならないことがわかる。
よって、ある自然数 x1 , y1 , z1 を用いて、

x = 2x1 , y = 2 y1 , z = 2z1 とかける。

［証明］
いま、、直方体の３辺を ( y − 1, y, y + 1) 、対角線を整数 t で表すとすると、( y − 1)2 + y 2 + ( y + 1)2 − t 2(

すると、 x1 + y1 + z1 = 2
2

2

2

)．

m −1 2

このとき、不定方程式が自然数解をもつという条件での m の最小性に反するため、を満たす k のうち最小であるということにk

直方体の対角線は t = 2 という形にはなら反する。したがって、直方体の対角線はないことが証明された。

t = 2 k × 5 という形にもならないことが証次に、t = 2 × 5 という形にはならないこ
k

明された。

(Q.E.D.)とを証明する。そこで、同様に t = 2 × 5 とkするとき、条件を満たす k の最小値 m を考

直方体の対角線について、上述とは逆に、辺が整数により表すことができる直方体のえる。
まず m = 0 のときを考える。このとき、対角線の長さになり得ないのは、2 k という形と 2 × 5 という形のみであるということ

x, y, z についてk

x 2 + y 2 + z 2 = 52

を、フルヴィッツ
フルヴィッツ（A.Hurwitz）が証明しフルヴィッツている。

が成り立つことがわかる。
ここで、補題Ⅸから x, y , z , t のうち１

つまり、100 以下の整数について考える

つは 3 の倍数でなければならず、 t は 3 のと、1,2,4,5,8,10,16,20,32,40,64,80 のよう倍数ではないので、 x が 3 の倍数であるとな数が直方体の対角線の長さになり得ない

仮定する。

のである。

すると、

y 2 + z 2 = t 2 − x 2 = 52 − 32 = 4 2が成り立ち、( y , z , 4) がピタゴラス方程式

６．今後の課題を満たす。しかし、斜辺が 4 であるピタゴ個数を精度のよい近似式として求めることラス三角形は存在しないので矛盾する。しができた。しがし、定数 τ の値はあくまでたがって、 m = 0 のときは成り立たないことがわかる。
次に m > 0 の場合を考えよう。

斜辺が n 以下であるピタゴラス三角形のコンピュータを用いて絞り込んだ結果なので計算によって τ の値を求めたい。また、τ
の値にどのような意味があるのかについて

x 2 + y 2 + z 2 = t 2 より、
x 2 + y 2 + z 2 = 2 2m × 25

も考察を深めたい。

が成り立つ。ここで、右辺は偶数なので、

x, y , z はすべて偶数でなければならない。
よって、 x1 , y1 , z1 という整数が存在し

７．参考文献[1]「ピタゴラスの三角形」， B. シェルピンて、 x = 2x1 , y = 2 y1 , z = 2z1 を満たす

スキー著，銀林浩訳，東京図書

ことがわかる。

(1993)

よって、 x1 , y1 , z1 の３数は([2] 「はじめての数論」，J. H. シルヴァー

x1 + y1 + z1 = 2 m −1 × 5
2

2

2

)

2

を満たす。しかしこれは、 m が不定方程式(

x1 + y1 + z1 = 2 k × 5
2

2

2

)

2

マン著，鈴木治郎訳，ピアソン・エデ
ュケーション(2007)[3] 「数論入門」，北村泰一著，槙書店(1965)[4]「数論入門」,芹沢正三,講談社ブルーバックス

[5] Asymptotic Evaluation of certain

Totient Sums, D.N.Lehmer, American
J. of Math. (1900)[6] 「1 つの角の大きさが決まっていて、3辺の長さがすべて整数である三角形の
つくり方」
，山田 潤

８．謝辞
顧問の川口先生には、整数論に関する基
本的な部分を説明していただき、各発表会
および本稿について様々なアドバイスをいただきました。また、サイエンス研究会物理班武田君には、データを求める際の基本的なパソコンの使用方法、プログラミングについて説明していただきました。ありがとうございました。

カルボン酸を配位子とした酸化銅(Ⅱ)による金属錯体の合成
４年Ｃ組 坂野 文香
４年Ｃ組 安浪 涼花
指導教員 越野 省三

１．概要
今回、私たちはカルボン酸を配位子とした酸化銅(II)による錯体の合成を試みた。これら
２つの物質量の比を変えて合成を行い、錯体ができることを期待して実験を試みた。酸化銅(Ⅱ)と酢酸との反応では黒色沈殿物が生成された。ギ酸との反応では茶色沈殿物が生成され、青色水溶液になった。実験の結果から実験に用いる配位子の種類によって反応に違いがあることがわかった。
キーワード

酸化銅(II)、カルボン酸、錯体合成

２．はじめに区別することはできない。

カルボン酸は架橋構造をとりうる配位子の一つである。合成に架橋構造を持つ配位子を用いることで物質が多核錯体になる可能性が高くなる。また、多核錯体には特徴のある性質を持つ物質も報告されている。
そこで、今回、合成にカルボン酸を用いる

図３

図４

直鎖カルボン酸は炭素数の少ないものか
らギ酸(R=H)、酢酸(R=CH3)、プロピオン酸

ことにした。
酢酸の構造式は図１のように表される。

(R=C2H5) 酪酸(R=C3H7)、吉草酸(R=C4H9)、

酢酸イオンのカルボキシル基の２つの酸

カプロン(R=C5H11)、エナント(R=C6H13)、カ素原子には図２のように電子が均等に分布

プリル(R=C7H15)、ペラルゴン(R=C8H17)、カ

していて２つの酸素原子を区別することはプリン(R=C9H19)、ラウリン(R=C11H23)、ミ

できない。(非局在化)

リ ス チ ン (R=C13H27) 、 パ ル ミ チ ン(R=C15H31)、マルガリン(R=C16H33)、ステアリン(R=C17H35)などがある。
配位子とは孤立電子対を持つ基を有し、この基が金属と配位結合して錯体を合成す

図１

図２

また、ギ酸は図３のように表される。
図４も図２と同様に、２つの酸素原子をるものである。
今回合成に使用したCu²⁺は図５のように正八面体の６つの頂点に、配位子が結合する６配位の金属イオンである。

３．実験
①

酸化銅(Ⅱ)0.04g（0.01mol）、ギ酸19μL
を水15mLに加えた。

図５2+

また、Cu は６配位なので４配位のZn2+や2配位のAg+よりも多様な錯体を合成する
図７

可能性がある。そこで今回、銅の酸化物である酸化銅を合成に用いることにした。
Cu2+の個数が増加すると配位子の結合の仕方によって、図５とは異なる、Cu2+を２② マグネティックスターラーで、２日攪拌した。

個以上持つ多核錯体の構造をとることも考
えられる。

図８
③ 底に沈殿した茶色の粉末状の物質を吸引ろ過した。
以下同様に、撹拌時間・カルボン酸と酸
図６

化銅(Ⅱ)の物質量の比を変えて実験を行った結果を示す。

－

2+

図６はCH3COO が架橋配位したCu の錯体の一例である。

実験

ギ酸(μL） 酢酸(μL） 撹拌時間（日）

溶液の色

沈殿物の色

1

19

2

青緑

茶・多い

2

38

2

青緑

黒茶

3

57

2

青緑

茶

4

76

2

水色

茶・少ない

5

95

2

青緑

茶

6

28.5

1.5

黒

黒

7

57

1.5

青黒

黒

8

85.5

1.5

黒

黒

9

114

1.5

青黒

黒

10

142.5

1.5

青黒

黒

左から順に実験10、９、８、７、６の撹拌後の様子である。酢酸を配位子として合成した溶液にはほぼすべてに黒色沈殿物が見られるが、色には変化がなかった。

４．考察

図９
左から順に実験５、４、３、２、１の撹拌後の様子である。ギ酸を配位子として合成した溶液の色は水色になっている。

図11 実験1

図12

実験6

実験１と実験６を比べると、実験１は図11のように茶色の粉末が沈殿し、溶液が青色に変化していたが、実験６は図12のように黒色の粉末が沈殿したままで溶液の色に変化がなかった。ギ酸を配位子として用い
図10た溶液が青くなっていたことから、実験１

は何らかの反応をしていたのではないかと

また、図13のように酢酸イオンのメチル思われる。反応に違いがあったのは、ギ酸基の水素-炭素-水素の結合角は110ﾟである。

と酢酸の構造上の違い、アルデヒド基

一方、ギ酸イオンは図14のように炭素、(C-H-O)の有無が関係しているのではない

水素、酸素の４つの原子が同一平面上にあかと考えられる。

る。つまりギ酸イオンは酢酸イオンと比べギ酸のアルデヒド基は還元性を持つの

ると、かさ高さが小さいため配位結合する

で、相手を還元し、自らは酸化されやすい。

際に金属イオンに接近しやすい。このこと

さらに酸化銅(Ⅱ)は水に溶けないという性も、反応に違いがあった原因の１つではな質がある。これらより溶液の色が青くなっいかと考える。

たのは、アルデヒド基が酸化銅(Ⅱ)の持つ
O2+を奪い、水溶液が青系統の色を示すこと
2+が多いCu が溶液中に存在しているからではないかと考えられる。
一方、実験６で酢酸の溶液に反応が見ら
れず、Cu

2+

が存在していないのは、酢酸が５．今後の課題
ギ酸や酢酸以外のカルボン酸と酸化銅(Ⅱ)や水酸化銅(Ⅱ)との合成を行っていく予定である。また合成された化合物の性質を調べ、何らかの規則性を考えていきたい。

アルデヒド基を持たず還元性がないためだ

６．謝辞と考えられる。
よって、この実験から酢酸あるいはギ酸

今回はサイエンス研究会化学班の活動にを配位子とした酸化銅(Ⅱ)との合成反応でおきまして指導教員の越野先生に多大なごは、配位子の還元性の有無が関わっている

指導を賜りました。また、その他教員の方々と推測される。

にも多大なご指導をいただきました。
この場で、深く感謝申し上げます。

７．参考文献[1] カルボン酸物質の一覧表
HTTP:// JA.WIKIPEDIA. ORG/WIKI/%E3%82%AB%E3%83%AB%E3%83%9C%E3%8
3%B3%E9%85%B8
図 13[2] アルデヒド基の基礎知識
HTTP://WWW.WDIC.ORG / W /SCI/%E3%82%

A2%E3%83%AB%E3%83%87%E3%83%
92%E3%83%89%E5%9F%BA[3] 金属錯体
HTTP://WWW.CH.NAGASAKI -U .AC. JP /COO /GUIDE/COMPLEXES .HTM

図 14

マツタケの人工培養を目指して
3 年 B 組 岡田

瀬礼奈 3 年 C 組 熊谷 京香 3 年 C 組 桝田 奈央

3 年 C 組 米田

英里奈 2 年 A 組 松井 絵莉子 1 年 B 組 結崎
指導教員

祈

櫻井 昭

１．要約
私たちの班は、マツタケの人工培養を目指し昨年度から研究を始めて２年になる。１年
目は、キノコの子実体形成に関する基礎を学ぶため、自分たちでシイタケの人工培養を行う方法を確立した。２年目の今年度は、シイタケの人工培養の際、子実体形成を促進するために必要となる栄養分の検討を行い、子実体形成をスムーズに進めさせる方法の確立を目指した。また、マツタケ菌の純粋培養を試み、なぜマツタケ菌の人工培養が困難であるのか、培養するための培地条件の検討を行なった。
キーワード

子実体、菌糸、組織、培地、呼吸２．研究の背景と目的

3-1-1 実験仮説

マツタケの人工培養の成功例はいまだ報

シイタケの子実体形成時には、栄養とし告されていない。私たちは、なぜマツタケておがくず培地に米ぬかを加える方法が確

は人工培養が困難なのか興味をもち、マツ

立されており、私たちも米ぬかを使用したタケの人工培養の成功を目指して研究を昨

培地で子実体の形成に成功した。このとき、年度から始めた。昨年度の研究では、マツ

なぜ米ぬかが使用されるのか疑問に思い、タケを培養するための基礎固めとして、人米ぬか内に含まれる栄養素が菌の成長に有工培養に成功しているシイタケの培養を試効なのではないかと仮説を立てた。

みた。そして、自分たちだけでシイタケの3-1-2 実験方法

人工培養に成功した。そこで今年度は、子シイタケの菌糸を培養するため、寒天培

実体形成時に培地に入れる栄養素によって地におけるシイタケの組織培養を行った。

成長に違いは出るのか検討し、マツタケ菌

寒天培地の組成は、酵母エキス、麦芽エキ

を子実体誘導に導くための足掛かりにしよス、ブドウ糖で、それらを混合させた培養うと考えた。また、シイタケの人工培養を

液を寒天で固めた。その培地にシイタケの自分たちで確立できたため、今度はマツタ

子実体から採取した組織を植え、25℃で培ケ菌の培養にも取りかかることにした。

養した。
菌糸が殖えていることを確かめた後、子

３．研究内容実体を形成させるためにおがくず培地に菌3-1 シイタケの子実体形成時の栄養の検討

糸を移し替えた。

私たちが参考にしているキノコ培養の実験・雑穀書では、おがくず培地の栄養素として米ぬかが用いられていたので、その米ぬかのところを、それぞれ雑穀、二種類の野菜ジュ
ース、スポーツドリンク(以下、スポドリ)に替えた培地を作成した。
実験に使用した培地の組成をまとめると以下のようになる。
・寒天培地(YMG 培地)

・野菜ジュース①

酵母エキス

3g

麦芽エキス

7.5g

ブドウ糖

3g

寒天

11.25g

蒸留水

750mL

・おがくず培地※米ぬか、雑穀
おがくず

900g

※

300mL

水

2145g

・野菜ジュース②＊スポドリ、野菜ジュース
おがくず

1200mL＊

715mL

菌糸を植えた、これらの培地を 17℃で培養した。
3-1-3 実験結果

・スポーツドリンク

約２ヶ月後に、すべての培地において、菌糸が殖えているのが確認された。以下の写真は３ヶ月後のものである。
・米ぬか

さらに培養を続け、植え付けから６ヶ月
後、各ポットに子実体ができているのが確認できた。

速度が上がるのではないかと仮説を立て、実験を試みることにした。
3-2-2 実験方法
米ぬか

雑穀

野菜ジュース 野菜ジュース スポーツ
①

②

ドリンク

IFO-7 培地のグルコースの代わりとしてそれぞれクエン酸、酢酸を加えた培地を250mL ずつ作成し、それらの培地にマツタ

スポーツドリンクのポット以外のどのサケ菌糸を植え付けた。250mL の IFO-7 培地

ンプルも子実体ができたが、菌糸の伸びるに含まれているグルコース 5g の分子量とスピードや子実体の数は、米ぬかが最もよ

同じ分子量になるようにクエン酸あるいはかった。

酢酸を加えた。

3-2 マツタケ菌の純粋培養

3-2-3 実験結果

3-2-1 実験仮説

クエン酸培地は IFO-7 培地同様凝固し培

通常、マツタケ菌は IFO-7 培地という培地を作成できたが、植え付けたマツタケ菌地で培養されるが、私たちがこの培地を使は殖えなかった。酢酸培地は固まらなかっってマツタケ菌の培養を試みたところ、マたため、菌糸を植え付けることができなか

ツタケ菌が殖えず、すぐに他の菌に浸食さった。

れてしまった。

４. 考察

・IFO-7 培地
エビオス

5g，グルコース 20g

寒天

18g，蒸留水

1L

4-1 シイタケの子実体形成時の栄養の検討
スポーツドリンクのポットにあまり菌糸が広がらなかったのは、栄養分が糖とナト

そこで、「なぜマツタケ菌が他の菌に負けリウムのみのものを使用したためだと考えてしまうのか。」「成長速度(分裂速度)の違いられる。反対に、一番栄養価の高い米ぬかは何から生じてしまうのか。
」その要因を突のポットの菌糸が一番よく成長したので、き止めたいと考えた。マツタケ菌は真核生

シイタケは栄養があればあるほど成長が速物(単細胞生物)であるため、図１のような代くなると考えられる。(図 1 参照)

謝経路を用いた成長(分裂)をするためのエ

4-2 マツタケ菌の純粋培養について

ネルギーを細胞内で作っている。マツタケ

今回、培地にクエン酸を加えた際、培地は、グルコースを少しずつ分解してエネルが強い酸性になってしまったことにより酢ギーを得ているが、グルコースをピルビン酸培地が固まらず、またマツタケ菌が殖え酸に分解する解糖系の回路の反応効率が悪なかったと考えられる。

いといわれている。そこで、グルコースの代わりにクエン酸回路でつくられる有機酸

５．今後の課題

を、培地に直接加えればマツタケ菌の成長5-1 シイタケの子実体形成時の栄養の検討

今回の実験で、米ぬかが最適であるとわかったので、米ぬか内のどの栄養素が子実るほど成長が速くなるのか確かめたい。
６．参考文献体形成に有効なのか検討をしたい(表)。また、 [1]「きのこ実験マニュアル」,善如寺厚,渡本来はポットの口の部分に子実体を形成さ

辺直明,講談社,1987

せたいのだが、今回はポットの側面に形成[2]「きのこの実験法」,衣川堅二郎,築地書されてしまった。子実体形成の向きを制御

館,1988する方法も検討したい。

７．謝辞

5-2 マツタケ菌の純粋培養について

サイエンス研究会生物班の活動において、有機酸を加えても培地が中性になるよう櫻井先生と奈良女子大学の植野洋志先生、に pH 計を用いて調整し、再度マツタケ菌

片桐美香さんに、多大なご指導を賜わりまの培養に挑戦したい。また、クエン酸回路

した。この場で、深く感謝申し上げます。

のどの有機酸を加えたときに最もマツタケ菌の成長が速くなるか検討したい。シイタ
ケのように、マツタケも栄養分があればあ

８．図表
(図 1)

細胞質基質

(表 1) 栄養分析
野菜ジュース①

野菜ジュース②

雑穀

米ぬか

スポーツドリンクエネルギー kcal

291.72

246.28

1062

858

114.4

タンパク質 g6.864

0.795～4.77

26.7

39.6

0

脂質 g

0.572

0

10.5

54.9

0

糖質 g

62.92

54.817195

食物繊維 g

2.86

7.15

19.5

23.4

ナトリウム mg137.2811.917～385.3064815カルシウム mg120.124101

138

カリウム mg

2860

鉄 mg

1.3156

マグネシウム mg

74.36

βカロテン μg

5400
187070.6～38252.5

葉酸 μg
ビタミン A μg

1016.94～31.82230.8ビタミン B1mg

0～194.6

7.5

ビタミン B2mg

15.9

1.5

ビタミン C mg

29.172ビタミン K μg

21.736ショ糖 g

2.4～27.4

21

水分 g

40.5

炭水化物 g114.9

ナイアシン mg

75

リン mg

357.5

4500

28.028

猿沢池の水質からプランクトンを考える
3 年 C 組 狩田 帆乃夏
3 年 C 組 赤木 美穂
3 年 C 組 梅本 京芳
3 年 B 組 佐藤 輝歩
3 年 A 組 森本 奈都子
指導教諭 矢野 幸洋
１． 要約
私たちは、奈良市の猿沢池に生息するプランクトンについて調べ、図鑑を作った。また、環境データの結果から、池の環境とプランクトンの増減について検証実験を行った。
２． 研究の背景と目的②環境データの測定

・本校近くにある猿沢池では、季節に採集した直後に、気温、水温、pH、COD、

よって水の濁り方が違うということ

DO、濁度の値を調べ、記録する。(気に気づき、池の水質を調べることに

温、水温、pH の測定はデジタル pH 計

した。

を、COD はパックテストを、DO はデ・濁りには、植物プランクトンの増減

ジタル DO 計を、濁度はデジタル濁度が関係しているのではないかと考え、計を用いる。)

プランクトンの採集も行った。

③遠心分離

・植物プランクトンの量を数値として持ち帰った水を、30mL 遠心分離管にとらえるために、クロロフィルの抽入れ、遠心分離する。遠心分離管の底出実験を行った。

に沈殿したプランクトンをピペットで・猿沢池で確認したプランクトンを整吸い上げ、スライドガラスに１滴ドロ理するため、図鑑を作った。

ップし、プレパラートを作成する。
④観察

３．研究内容作成したプレパラートを顕微鏡で観察<Ⅰ.環境データとプランクトンの採集・する。植物プランクトンにおいては、観察>

個体数が少ないものはカウントし、多(1)実験方法

いものはどの種が特に多かったのかを①水の採集記録する。また、動物プランクトンに

プランクトンネットを使用し、あらか

おいては、形の残っているもののみカ

じめ決めた場所で採水ビン１本分の水ウントし、すべての種について数を数を採集する。

える。
1

(2)実験結果
結果は、次の表・グラフのとおりである。

※表１において、空欄は、測定機器の故障または不足によって測定できなかった場合と、データ紛失の場合を示している。

表１

気温

水温

COD

pH

グラフ１
※グラフ１において、縦軸の目盛りは気温と水温は℃、COD は mg/L を示す。

2

また、目測でのカウントが難しい
ものについては、○はある程度見られた、●はたくさん見られたことを示す。

2
0
1
0
年
1
1
月
4
日

○

アナベナ・フロスアクアエ

藍藻

アナベナ・スピロイデスクラッサ
M.ベーゼンベルギー
M.ノバセッキ●○●●

M.イクチオブラーベ

●
●
●

●
○

土

木

木

火

火
)

○
○
●
○
○
○

○

アナベナ･マクロスポーラ

火

(

土

)

土

)

木

)

木

)

木

(

2
0
1
2
年
1
0
月
9
日

(

2
0
1
2
年
7
月
1
7
日

(

2
0
1
2
年
6
月
2
8
日

(

2
0
1
2
年
5
月
1
7
日

)

2
0
1
2
年
4
月
2
1
日

(

2
0
1
2
年
3
月
1
3
日

)

2
0
1
1
年
1
1
月
5
日

(

2
0
1
1
年
1
0
月
8
日

)

2
0
1
1
年
9
月
2
4
日

(

2
0
1
1
年
5
月
1
2
日

)

)

( )

2
0
1
1
年
2
月
2
4
日
(

(
木

2
0
1
0
年
1
1
月
2
5
日

( ）

※数は、確認された個体数を表す。

( ）

表２

○

○
○

●

●

●
○

●
○

●
○

○
○

●
1
1
●

○

3

6
○

2
○

3

1

○

○
○

●
●

コエラストルム・ミクロポルム○

スタウラストルム･セバルディ

4

スタウラストルム.ドルシデンティフェルム
スタウラストルム・アークチスコン
セネデスムス･オポリエンシス

緑藻

1

テトラスポラ・ラクストリス
ヒビミドロ
コスマリウム・ラルフス

1
○
1
1

キルクネリエラ

1

サメハダクンショウモ
ヒトヅノクンショウモ(変種）フタヅノクンショウモ(変種)A.アンビグア(変種)珪藻

ハリケイソウ
ホシガタケイソウ

1
●
●
○

○
●

○
●
○

ケラチウム・ヒルンディネラ

鞭毛

●
●
○
1

○

●
○
○
12

●
●

2

3

1
●
●
○
1

●
●
○
4

ヤコウチュウの仲間●

ディノブリオン・シリンドリクム

1

ゾウリムシ

1

ブレファリズマ

原生生物

●

1

ナベカムリ
タイヨウチュウ
ヒスチオバランチウム

3
1

特定不可

1

テマリワムシ

ワムシ

チビワムシ
不明

1
1

●

5

アミメネコゼミジンコ
ケンミジンコ節足動物●

ゾウミジンコ

1
6

10

○
1

ノロ

2
●

ミジンコ
ヒゲナガケンミジンコ

3●④吸光度の測定(3)考察・猿沢池の水質はアルカリ性である。

２本のセルに、③の上澄み液と 90％ア

→家庭用排水などの影響だと思われる。

セトンを 2/3 ほどずつ入れ、分光光度

・夏ごろ、COD、pH の値が増加する。

計で、それぞれ 750nm、663nm、645nm、→COD の値が増加したのは、生物の増630nm で吸光度を測定する。

加と関連があると思われる。

⑤クロロフィル値の計算

・夏ごろ、プランクトンの個体数が増加

上澄み液の測定値からアセトンの測定し、冬になると、減少する傾向にある。

値を引き(引いたものをそれぞれの波→気温が上がるにつれ、プランクトン

長の測定値とする)、以下の式に数をあが増加すると考えられる。

てはめて、クロロフィル a(CHl.a)、ク・藍藻類や珪藻類は、特定の２～４種がロロフィル b(CHl.b)、クロロフィル

大量に見られるが、それに比べ、緑藻

c(CHl.c)の値を計算する。

は、確認できた種類数は多いものの、※参考文献(1)より個体数は少ない。

Chl.a (11.64A-2.16B+0.1C)a÷VL
Chl.b (20.97B-3.94A-3.66C)a÷VL

→猿沢池の水が藍藻類や珪藻類が増殖しやすい水質であるのだと考えられる。

Chl.c

また、藍藻類や珪藻類の方がもともと(54.22C-14.81B-5.53A)a÷VL

繁殖力が強い可能性があると考えられ

・A=663nm の測定値-750nm の測定値

る。

・B=645nm の測定値-750nm の測定値
・C=630nm の測定値-750nm の測定値
・V=ろ過量=0.2(L)<Ⅱ.クロロフィル抽出実験>
採水に行った日のうち、数回に１回の・L=セルの長さ=5(cm)割合でクロロフィルの抽出実験を行った。

・a=溶液の量=50(ml)(1)実験方法(2)実験結果①プランクトンのろ過結果は、次の表・グラフの通りである。

Ⅰ-(1)と同じ方法で採集した 200mL の

Chl.a Chl.b Chl.c

水を、ろ過装置でろ過をする。

2010/11/6(土)

34.8

8.66

0.67

2010/11/27(土)

15.1

6.34

2.88

アセトン 54mL、蒸留水６mL を混ぜ、2011/5/12(木)

5.41

2.59

4.52

濃度 90％のアセトンを 60mL 作製する。

2011/6/9(木)

18.1

5.59

5.36

2011/9/24(土)

0.68

0.4

1.76

ビーカーに 90％アセトンを入れ、そこ

2011/10/8(土)

3.42

0.03

9.28

に、①のろ紙を下向きになるように入2011/11/5(土)

4.66

1.68

5.01

2012/10/20(土)5.58 -1.51

1.68②90％のアセトンの作製③クロロフィルの抽出

れ、超音波洗浄機で、30℃で 30 秒間洗
浄する。

表3

4

CHl.a

CHl.b

グラフ 2

CHl.c

(3)考察
る傾向があるとわかった。(グラフ２)藍藻 緑藻 珪藻
クロロフィルa○ ○ ○クロロフィルb○
クロロフィルc○→藍藻類や珪藻類は、ミクロキスティス
やハリケイソウの大量発生によって、全体のクロロフィル量が多くなったと考え

表4

られる。

表４は、それぞれの植物プランクトン

グラフ３より、がどのクロロフィルを保有しているの・藍藻類全体のクロロフィル量は、変化かを表したものである。

が大きい。

○は保有していることを表す。

→藍藻類であるミクロキスティスやア※参考文献(1)よりナベナの仲間はよく大量発生するので、また、表３より、

このような変化が見られたのだと考え

・藍藻類全体のクロロフィル量=a－(b+c)

られる。

・緑藻類全体のクロロフィル量=b

・緑藻類全体のクロロフィル量は、変化

・珪藻類全体のクロロフィル量=cが小さく、他の類に比べて低い傾向がこれらをグラフにしたものがグラフ３である。また、目測では圧倒的に緑藻類ある。

が少ないが、グラフにしてみると、珪・表４より、クロロフィル a の量が最も藻類との差があまりなかった。

大きいとわかるが、実験では、そのよう→緑藻類は、１個体が他の類に比べてな結果にならなかった場合もあった。

大きいものが多いので、全体における→計測においての誤差があったと考え

クロロフィル量が予想以上に多かったられる。

と考えられる。

・全体のデータを通して見ると、猿沢池

・珪藻類全体のクロロフィル量は変化がでは、クロロフィル量の値は a>c>b にな

小さく、急に増加することがある。

5

藍藻類

珪藻類

緑藻類

グラフ 3
４．今後の課題[2]「やさしい日本の淡水プランクトン図

環境データとプランクトンの採集に解ハンドブック」,一瀬諭,若林徹哉著,合おける改善点と、これからの実験方針

同出版株式会社について次に述べる。

[3]「淡水微生物図鑑原生生物ビジュアル・定期的な調査を目標として、研究をガイドブック」,月井雄二著,誠文堂新光社

進めたい。
・データの管理を徹底する。

６．謝辞

・他の池にも採水に行き、データを比

今回の研究を進めるにあたって、指導較することで、猿沢池の特徴、またプ

してくださった顧問の矢野先生、櫻井先

ランクトンの性質を調べたい。

生には深く感謝申しあげます。

・データを集めるだけでなく、そのプ
ランクトンに合った水質を知るため、培養実験などを行っていきたい。
・植物プランクトンの増減と動物プラ
ンクトンの増減には関係があるのかを調べたい。
５．参考文献[1]「新編湖沼調査法」,西條八束、三田村緒佐武著,講談社サイエンティフィク

6

エネルギー変換効率について
４年Ｂ組 行松 美樹
４年Ｃ組 中森 春奈
指導教員 藤野 智美

１． 要約
サイエンス研究会地学班は、東日本大震災をきかっけにエネルギーに関する研究活動を行っている。この研究では、抽象的なイメージの強いエネルギーというものを、科学的に分析することを目的としている。今回は、電気エネルギーから光エネルギーに変換される
際のエネルギーの変換効率について考察した。本稿ではその実験の一部を考察したい。
キーワード：電気エネルギー、熱エネルギー、光エネルギー、変換効率２． 研究の背景と目的

ーへの変換が白熱電球と比べると少ないと前回までの研究を通して、位置エネルギ

いう話をよく耳にする。そこで私たちは、

ーを電気エネルギーに変換するしくみと、白熱電球や LED 電球における光エネルギ

その変換効率について理解することができ

ーへの変換効率の測定に興味を持った。した。そこで、今回は違う種類のエネルギー

かし、光エネルギーを直接求めることは難変換を調べようと思い、電気エネルギーかしい。そこで、今回は電気エネルギーと熱ら光エネルギーへの変換について考察する

エネルギーを求め、その差から光エネルギ

ことにした。

ーを算出することにした。
次に理論的背景について説明する。電気３． 研究内容

エネルギーE[J]は、電流を I[A]、
電圧を V[V]、（１）基礎知識時間を t[s]、電力を P[W]とすると、以下の電球を光らせたとき、電気エネルギーが式で与えられる。

すべて光エネルギーに変わっているように

E=IVt=Pt …①

みえるが、実際はそうではない。光エネル

また、熱エネルギーQ[J]は質量をｍ[g]、ギーだけでなく熱エネルギーにも変換され比熱を c[J/(g･K)]、温度変化を ∆t[℃]とするている。白熱電球の場合、発生する光エネと、以下の式で与えられる。

ルギーと熱エネルギーの割合は約 2：8 程度

Q=mc∆t …②といわれており、熱エネルギーへの変換が比熱とは、物質 1g を温度 1℃だけ上昇さ

とても大きい。つまり、本来取り出したい

せるのに必要な熱量のことであり、一般的

光エネルギーへの変換効率が低いことがわに水の比熱は 4.2J/(g･K)とされている。

かる。これに対し、LED 電球は熱エネルギ

今回の実験では、①から②を引いて得られたエネルギーを光エネルギーとして扱う。

ガラス製のものに変えた。

（２）実験内容
図１のように、豆電球または白熱電球を
直接水につけ、水の温度上昇から熱エネル
ギーを算出した。また、電気エネルギーは、電球の規格に基づいて算出した。

図２ 実験２の様子[実験結果２]
水温は 28.0℃から 30.3℃まで、2.3℃上昇した。よって、以下の値が求められる。
図１

電気エネルギー(E)=40×6×60=14400[J]熱エネルギー(Q)=400×4.2×2.3=3864[J]＜実験１＞

光エネルギー(E-Q)=14400－3864=10536

室温 28.7℃の部屋で、水温 27℃の水が400mL 入ったプラスチックのビーカーに、
5V,6.9W の豆電球をひたし、138mA の電流＝1.05×104[J]すなわち、電気エネルギーの約 73％が光エネルギーに変換されたことになる。

を流して 6 分間様子をみた。
[分析２][実験結果１]
温度変化はみられなかった。

本来、白熱電球における光エネルギーへの変換は約 20%であるのに対して、実験２では 73%であった。その理由として、以下[分析１]
使用した豆電球が小さかったため変化が見られなかったと考える。

のことが考えられる。
・容器が小さすぎたため電球全体が水の中に入っていなかった。
・白熱電球と温度計の間の距離が近すぎた。

＜実験２＞

これらの分析を考慮し、実験３を行った。

温度変化をわかりやすくするため、室温27.8℃の部屋で、電球を 100V,40W の直接＜実験３＞

コンセントにさすものに変え、実験１と同

室温 28.2℃の部屋で、水が 3000ml 入っ

様に 6 分間様子をみた。また、ビーカーをたプラスチック製の水槽に実験２と同じ電球を水にいれ、時々混ぜながら６分間温度

光エネルギー(E-Q)=24000－18648=5352

変化を測定した。

＝5.35×104[J]すなわち、電気エネルギーの約 22%が光[実験結果３]エネルギーに変換されたことになる。

水温は 28.9℃から 29.7℃まで、0.8℃上

また、今回は温度上昇の様子を図３にま昇した。よって、以下の値が求められる。

とめた。R とは相関係数のことであり、R電気エネルギー(E)=40×6×60=14400[J]の 2 乗値が 1 に近づくほど近似曲線の信頼

熱エネルギー(Q)=3000×4.2×0.8

性が高くなる。

=10080[J]
光エネルギー(E-Q)=14400－10080=4320＝4.32×103[J]すなわち、電気エネルギーの約 30%が光エネルギーに変換されたことになる。
[分析３]
先ほどの実験と比べると、熱エネルギーが大きくなった。しかし、本来の割合と比
べるとやはりまだ光エネルギーの割合が高い。その理由として、水槽を通して熱が外部に放熱してしまい、すべての熱エネルギ

図３ 実験４の温度変化ーを測定できていないためだと考えられる。
そこで、外部への放熱を防ぐために、発砲
スチロールを使用して実験４を行った。

[分析４]グラフから、時間の経過と温度変化は比例していることが分かった。また、発砲ス＜実験４＞

チロールで周りを囲むことで、ある程度の室温 28.2℃の部屋で、水が 400ml 入った放熱を防ぐことができた。ビーカーと発砲

ガラス製のビーカーを大きめの発砲スチロ

スチロールが密着していたらさらに放熱をール容器の中に入れ、10 分間温度変化を測防げたかもしれない。そこで、直接発砲ス

定した。電球は 100V，40W のものを使用

チロールに水をいれたら、より正確な測定した。

ができるのではないかと考え、実験５を行った。

[実験結果４]
水温は 26.5℃から 37.6℃まで、11.1℃上＜実験５＞昇した。よって、以下の値が求められる。

1000cm3 の発砲スチロールの容器を製作

電気エネルギー(E)=40×10×60=24000(J)し、その中にビニール袋をしいて水を発砲

熱エネルギーQ)=400×4.2×11.1=18648(J)スチロール容器に直接 700mL 入れたもの

を用意し、室温 17.5℃の部屋で、実験４とせた。外部への放熱をうまく防ぐことがで同じように 10 分間温度変化を測定した。

きたのだろう。また、図３と図４のグラフを比べると、図４の方が温度上昇のばらつ
きが少なかった。より正確な実験ができていると考える。

４．考察
実験１から実験５の結果をふまえ、次の図４ 発砲スチロールの容器ような考察を行った。
・最終的に、光エネルギーの割合が 14%と[実験結果５]なり、一般的な数値に近づけることがで

水温は 11.0℃から 18.0℃まで、7.0℃上昇きた。

した。よって、以下の値が求められる。

・白熱電球の熱エネルギーによる水の温度

電気エネルギー(E)=40×6×60=24000 (J)

上昇は時間に比例しているようである。

熱エネルギー(Q)=700×4.2×7=20580 (J)・白熱電球は光エネルギーへの変換効率が光エネルギー(E－Q)=24000－20580

低いことが確かめられた。

=3420=3.42×103 (J)すなわち、電気エネルギーの約 14%が光エネルギーに変換されたことになる。
また温度上昇の様子を図５にまとめた。

今回の実験で、熱エネルギーの測定が正確になればなるほど光エネルギーが小さくなっていったため、白熱電球の場合、本当に光エネルギーと熱エネルギーの割合が約
2：8 程度であることがわかった。

５．今後の課題
今回の実験で、熱エネルギーを正確に測定することができた。次は光エネルギーへの変換効率が高いとされる LED 電球で実験５と同様の測定を行って、白熱電球とLED 電球の比較を行いたい。

６．謝辞
図４ 実験５の温度変化

サイエンス研究会地学班の活動において、藤野先生、米田先生に多大なご指導を賜り［分析５］
光エネルギーの割合が 14%になり、一般的にいわれているのとほぼ同値の結果を出ました。また、サイエンス研究会のみなさんにもたくさんご協力いただきました。この場で、深く感謝申し上げます。

「サイエンスライブ」参加報告
サイエンスライブプロジェクト
代表 1 年 B 組 阿部 綾美
4 年 B 組 玉置翔太郎
指導教員 野上 朋子
１．概要「サイエンスライブ」とは、まほろば・けいはんな科学ネットワーク推進室(以下、科学ネットワークとする)が主催する小学生対象の科学講座や工作実験コーナー等のイベントのことであり、奈良県下を中心に年 4 回実施されている。多数の機関が関わっているネット
ワークであるが、「サイエンスライブ」の工作実験コーナーは、奈良女子大学が主となりい
くつかのブースを出展し小学生の指導にあたっている。私たちはその工作指導の補助役として昨年度(2011 年度)から参加している。今年度(2012 年度)は、昨年度の反省を生かし、サイエンスライブ当日に向けての事前学習と、当日の活動を振り返り次回へ繋げるための事後学習を行うことにした。
以下、私たちが参加したサイエンスライブの様子と、そのサイエンスライブ前後に行った事前学習・事後学習内容とその成果について報告する。

開催地

奈良

枚方

開催日時

2012 年 7 月 22 日(日) 8：30～17：00

2012 年 8 月 9 日(木) 8：30～17：00

開催場所

奈良市教育センター

枚方市教育文化センター

参加人数

1 年生 7 名、4 年生 3 名 計 10 名

1 年生 5 名、4 年生 2 名 計 7 名

LED プラネタリウム・ピンホールカメ

室内凧・空気砲・ストロー笛・ひも編

ラ・風船カー・折り紙・ひも編み・

み・折り紙

担当
ブース
事前学習
事後学習

室内凧・・・各ブースを 1,2 名が担当
2012 年 7 月 13 日(金)・・・各ブースを 1,2 名が担当
2012 年 8 月 1 日(水)本校物理教室にて

科学ネットワーク事務局にて2012 年 8 月 1 日(水)2012 年 9 月 3 日(月)科学ネットワーク事務局にて

本校ゼミ 1 教室にて

２．活動報告サイエンスライブ当日に指導予定の工作を(1)事前学習の実施

実際に作製することにより、工作の手順を

図 1 は、枚方で実施されるサイエンスラ

確認すると同時に、指導する上で注意すべ

イブに向けて行った事前学習の様子である。

きことをみんなで確認し合うことができた。

前学習で学習したことを応用して、教えられた」などの声があり、事前学習の効果が見られた。
(3)事後学習の実施
事後学習では、サイエンスライブ当日に科学ネットワークが行っている、参加者用
アンケートの結果が公表され、それをもと
図 1「事前学習」にして、良かった点や反省すべき点を共有した。そして、みんなで議論することで、(2)サイエンスライブ当日の活動
図 2 および図 3 は、本校生徒が担当した

次回のサイエンスライブにその反省がいかせるよう改善方法を検討した。

ブースの様子である。
(4)サイエンスライブプロジェクトの設立
事後学習で、来年度は補助役としてではなく、出展者として活動したいという意見が多かった。そこで、私たちは「サイエンスライブプロジェクト」を設立し、出展する工作を検討することにした。
2013 年 2 月現在、このプロジェクトには 1 年生 9 名、3 年生 1 名、4 年生 7 名計
図 2「空気砲」

17 名が所属しており、3 班(1 班 5～6 名程度)に分かれ活動している。班ごとに放課後などを利用して、工作内容を決定し、試作を繰り返している。来年度のサイエンスラ
イブには出展できる見通しであり、校内で開催している中間報告会で、より良い工作
内容や指導方法をプロジェクトメンバー全員で意見交換をしている段階である。
３．謝辞

図 3「ピンホールカメラ」

今回のサイエンスライブに参加するにあたりご指導やご助言をして下さった本校校工作に参加した小学生からは「わかりや長の小林毅先生、まほろば・けいはんな科すかった」や「楽しかった」などの声が、学ネットワーク事務局の森田聖さんにこの本校生徒からは「団結力を感じた」や「事場をお借りして深くお礼申し上げます。

平成24年度 SSHサイエンス研究会
生徒研究論文集
平成25年(2013年) 3月1日

発行

国立大学法人 奈良女子大学附属中等教育学校〒630-8305

奈良市東紀寺町1丁目60-1

TEL. 0742-26-2571
FAX 0742-20-3660
http://www.nara-wu.ac.jp/fuchuko/