ピタゴラスの定理
初等幾何学におけるピタゴラスの定理は、直角三角形の3辺の長さの間に成り立つ関係について述べた定理である。その関係は、斜辺の長さを c, 他の2辺の長さを a, b とすると、
c^2=a^2+b^2
という等式の形で述べられる。
日本では三平方の定理とも呼ばれていて、勾股弦の定理という呼称もある。
ピタゴラスの定理によって、直角三角形において2辺の長さが分かっていれば、残りの1辺の長さを計算することができる。例えば、2次元直交座標系において、座標が分かっている2点間の距離を求めることができる。2点間の距離は、2点の各座標の差の 2乗の総和の平方根となる。このことは3次元直交座標系でも成り立つ。このようにして一般の有限次元直交座標系に対して導入される距離はユークリッド距離と呼ばれる。
直角三角形において、斜辺の長さを c、直角をはさむ 2辺の長さを a, b とすると、次の等式が成り立ち、「ピタゴラスの定理」と呼ばれる:
a^2 + b^2 = c^2
ここで a, b, c はいずれも正であるから、2辺の長さから残りの辺の長さを、次のように計算できる:
a = \sqrt{c^2 - b^2}
b = \sqrt{c^2 - a^2}
c = \sqrt{a^2 + b^2}
この定理は、余弦定理によって一般の三角形に拡張される:任意の三角形において、1つの内角の大きさとそれをはさむ2辺の長さから残りの辺(対辺)の長さを計算できる。特にここで考えている内角の大きさが直角の場合、余弦定理はピタゴラスの等式に帰着する。
「ピタゴラスが直角二等辺三角形のタイルが敷き詰められた床を見ていて、この定理を思いついた」などいくつかの逸話が伝えられているが、実際にピタゴラスが発見したかどうかは正確には判っていない。
ピタゴラスの定理の内容は歴史上の文献にいくつか著されているが、どれだけあるのかは議論がある。ピタゴラスが生まれる前からピタゴラスの定理は広く知られていた。
判明しているもので最初期のものは、ピタゴラスが生まれる1000年以上前のバビロン第1王朝時代ごろ(紀元前20世紀から16世紀の間)とされる。
エジプト数学やバビロニア数学などでもピタゴラス数については記述があるが、定理を発見していたかまでは定かではない。
紀元前2000年から1786年ごろに書かれた古代エジプトエジプト中王国のパピルス『Berlin Papyrus 6619』には定理に関わる部分が欠けている。バビロニアの粘土板『プリンプトン322』には、ピタゴラスの定理に関わる要素が数多く含まれている。
インドの紀元前5-8世紀に書かれた『シュルバ・スートラ』などにも定理に関わる文章が見られる。しかし、これはバビロニア数学の影響を受けた結果ではないかという推測もされているが、結論には至っていない。
紀元前3世紀に書かれたユークリッド原論では、第1巻の命題47で言及されている。
中国古代においては、『周髀算経』(紀元前2世紀前後)や『九章算術』の数学書でもこの定理が取り上げられている。中国ではこの定理を勾股定理、商高定理等と呼んで説明している。
「ピュタゴラス(ピタゴラス)の定理」という呼称が一般的になったのは、西洋においても少なくとも20世紀に入ってからである。
日本の和算でも、中国での呼称を用いて鉤股弦の法等と呼んでいた。
日本の明治時代の中等学校の教科書では「ピュタゴラスの定理」と呼ばれていた。
現在、ピタゴラスの定理は「三平方の定理」とも呼ばれているが、「三平方の定理」と呼ばれるようになったのは1942年(昭和17年)の太平洋戦争開始後のことである。
このときに「鉤股弦の定理」とする案などもあったが、末綱恕一(東大教授)の発案で「三平方の定理」に改められたとされる。
直角三角形の3辺の具体的な長さで整数のものは、ピタゴラスの定理の項目の中で古くから知られた。例えば、紀元前1800年ごろのバビロニアの粘土板には、3辺の長さの表(例えば 49612 + 64802 = 81612 のようなもの)が出ている。
a2 + b2 = c2 を満たす自然数の組 (a, b, c) をピタゴラス数またはピタゴラスの三つ組数 (Pythagorean triple) という。特に、a, b, c が互いに素であるピタゴラス数 (a, b, c) を原始的 (primitive) あるいは素 (coprime) であるといい、そのようなピタゴラス数は原始ピタゴラス数 (primitive Pythagorean triple) などと呼ばれる。全てのピタゴラス数は原始ピタゴラス数 (a, b, c) の正の整数倍 (ka, kb, kc) で表されるから、ピタゴラス数のリストを知るには、原始ピタゴラス数が本質的である。
ピタゴラス数 (a, b, c) が原始的であるためには、3つのうちある2つが互いに素であれば十分である。原始ピタゴラス数の小さい方のリストは、c < 100 で、a < b とすると次の通りである:
(a, b, c) = (3, 4, 5), (5, 12, 13), (7, 24, 25), (8, 15, 17), (9, 40, 41), (11, 60, 61), (12, 35, 37), (13, 84, 85), (16, 63, 65), (20, 21, 29), (28, 45, 53), (33, 56, 65), (36, 77, 85), (39, 80, 89), (48, 55, 73), (65, 72, 97)
ピタゴラス数 (a, b, c) には、次の性質がある。
a または b は 4 の倍数
a または b は 3 の倍数
a または b または c は 5 の倍数
自然数の組 (a, b, c) が原始ピタゴラス数であるためには、ある自然数 m, n が
m, n は互いに素
m と n の偶奇が異なる(一方が偶数で他方が奇数)
を満たすとして、
であることが必要十分である。上記の (m, n) は無数に存在し重複がないので、原始ピタゴラス数は無数に存在し、すべての原始ピタゴラス数を重複なく列挙できる。
である。a < b を満たす原始ピタゴラス数を a の昇順に並べた一覧表は以下のようになる。
また、フランスの数学者ピエール・ド・フェルマーは一般のピタゴラス数 (a, b, c) に対して、S = 1ab(直角三角形の面積)は平方数でないことを無限降下法により証明した。
1956年に Jesmanowicz が次の予想を提出した:
(a, b, c) を原始ピタゴラス数、n を自然数とする。方程式:
(an)^x+(bn)^y=(cn)^z
の自然数解 x, y, z は
x=y=z=2
のみである。
直角を作る a, b の長さが連続するピタゴラス数は
(3, 4, 5), (20, 21, 29), (119, 120, 169), …(A114336)
である。この問題はフランスの数学者ピエール・ド・フェルマーが出題し、解も発見した。
斜辺 c と他の2辺の和 a + b が両方とも平方数になる最小のピタゴラス数は
である。この問題はフランスの数学者ピエール・ド・フェルマーが出題し、解も発見した。
ピタゴラス数 (a, b, c) において a, b の差が 1 で、c が平方数になるのは (119, 120, 169) に限られる。
3辺の長さが a, b, c の直角三角形と、周の長さと面積の両方が同じ値となる、すべての辺の長さが整数である二等辺三角形が存在するならば、そのような直角三角形は全て相似であり、最小の (a, b, c) の値は、(135, 352, 377) である。
はピタゴラスの定理を C = π = 90° → cos C = 0 の場合として含む。
つまり、第二余弦定理はピタゴラスの定理を一般の三角形に対して拡張した定理になっている。
指数の 2 の部分を一般化すると
となる。n = 2 の場合、自明(つまり a, b, c の少なくとも1つが 0)や既知解(原始ピタゴラス数の定数倍)を除いても、整数解は実質無数に存在するが、n ≥ 3 の場合は非自明な整数解は存在しない。
3次元空間内に平面があるとき、その閉領域 S の面積は、yz 平面、zx 平面、xy 平面への射影の面積 Sx, Sy, Sz を用いて
S^2={S_x}^2+{S_y}^2+{S_z}^2
と表される。これは高次元へ一般化できる。
この定理には数百通りもの異なる証明がある。
頂点 C から斜辺 AB に下ろした垂線の足を H とする。△ABC と △ACH は相似である。ゆえに
\text{AC}:\text{AH} = \text{AB}:\text{AC} \Longrightarrow \text{AH} = { \text{AC} \times \text{AC} \over \text{AB} = {b^2 \over c}
であり、同様に
\text{BH} = {a^2 \over c}
である。したがって
c = \text{AH} + \text{BH} = {b^2 \over c} + {a^2 \over c}
であるから、両辺に c を掛けて
c^2=a^2+b^2
を得る。
前節の証明は、三角比を用いると簡単に表記できる:
\begin{align}
c^2 &= c \times c \\
&= c \times ( \text{AH} + \text{BH} ) \\
&= c \times (b \cos A + a \cos B) \\
&= b \times c \cos A+a \times c \cos B \\
&= b \times b +a \times a \\
&= a^2 + b^2.
\end{align}
本証明を一般の三角形に拡張すると、第二余弦定理の証明が得られる。
∠C = 90° のとき、斜辺AB を直径とする円O を描くことができる。
このとき点C から直径AB に下ろした垂線の足を H とし、△CHO に対して三平方の定理を証明する。OA = OB = OC = c, CH = a, OH = b とする。
△AHC ∽ △BHC なので、
△ABC と合同な4個の三角形を右図のように並べると、外側に一辺が a + b の正方形(以下「大正方形」)が、内側に一辺が c の正方形(以下「小正方形」)ができる。
(大正方形の面積)=(小正方形の面積)+(直角三角形の面積)× 4
である。大正方形の面積は (a + b)2, 小正方形の面積は c2, 直角三角形1個の面積は \frac{1}{2}ab である。これらを代入すると、
(a+b)^2 = c^2 + \frac{1}{2} ab \times 4
a^2+b^2=c^2
を得る。
△ABC の面積 S は
である。また △ABC の内接円の半径を r とすると
となる。一方、面積 S を r を用いて表すと
となる。incirc3 に incirc1, incirc2 を代入すると
\frac{1}{2} ab = \frac{1}{4} (a+b-c)(a+b+c)
となり、整理すると
a^2+b^2=c^2
が得られる。
三角関数と指数関数は冪級数によって定義されているものとする。(指数法則やオイラーの公式の証明に本定理が使用されない定義であればよい。)まず sin2 θ + cos2 θ = 1 が任意の複素数 θ に対して成り立つことを(3通りの方法で)示す。
\begin{align}
1 &=e^0=e^{i\theta-i\theta}=e^{i\theta}e^{-i\theta} \\
&=(\cos \theta+i\sin \theta)(\cos \theta-i\sin \theta) \\
&=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta
\end{align}
\begin{align}
\sin^2 \theta+\cos^2 \theta
&=\left( \frac{e^{i\theta} -e^{-i\theta}{2i} \right)^2 +\left( \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}{2} \right)^2 \\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}-2}{-4} +\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}+2}{4} \\
&=1
\end{align}
もしくは、オイラーの公式から三角関数の半角の公式を導出する。
\begin{align}
\sin^2 \theta
&=\left(\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}{2i} \right)^2 \\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}-2}{-4} \\
&=\frac{1-\cos2\theta}{2}\ ,\\
\cos^2 \theta
&=\left( \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}{2} \right)^2 \\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}+2}{4} \\
&=\frac{1+\cos2\theta}{2} \ .
\end{align}
Euler1 の式はピタゴラスの基本三角関数公式 (Fundamental Pythagorean trigonometric identity) と呼ばれている。
Euler1 の時点ですでに単位円上において本定理の成立が明らかである。なぜならば、実数の範囲では、単位円上の偏角 θ の点の座標として定義した (cos θ, sin θ) と上記の冪級数による定義は一致するからである。
前提とした △ABC について、∠A = θ とおけば
Euler2, Euler2, Euler3 より
\begin{align}
a^2+b^2 &= (c \sin \theta )^2 + ( \cos \theta )^2 \\
&= c^2 (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) \\
&= c^2 \cdot 1= c^2
\end{align}
a^2+b^2=c^2
が得られる。
diff1, diff2 および微分公式より
(\sin^2 \theta +\cos^2 \theta )'=2\sin \theta \cos \theta + 2 \cos \theta (-\sin \theta )=0
\sin^2 \theta +\cos^2 \theta =C
ここで C は定数である。θ = 0 を代入すると sin 0 = 0, cos 0 = 1 であるので、C = 1 が得られる。よって
が得られる。
a^2 + b^2 = c^2
が得られる。
下記のように関数を定める。
f(\theta)=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta .
\begin{align}
\int f(\theta) d\theta &= \int (\sin^2 \theta) d\theta + \int (\cos^2 \theta) d\theta \\
&=\left( {1 \over 2}\theta - {1 \over 2}\sin\theta\cos\theta + C_1 \right ) + \left( {1 \over 2}\theta + {1 \over 2} \sin\theta\cos\theta + C_2 \right) \\
&= \theta + C
\end{align}
である。微分積分学の基本定理を考慮し、これを微分すると
\frac{d}{d\theta} \int f(\theta) d\theta = f(\theta) = \frac{d}{d\theta}(\theta + C ) = 1
である。したがって
f(\theta)=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta =1.
ゆえに、ピタゴラスの定理は成立する。
三角関数の加法定理は、三平方の定理を使わないで証明できる。本定理を使わないで証明した、三角関数の加法定理を使うと、
\begin{align}
\cos^2 \theta + \sin^2 \theta &= \cos \theta \cos \theta + \sin \theta \sin \theta \\
&= \cos( \theta - \theta ) \\
&= \cos 0 =1
\end{align}
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = \sin \theta \cos \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) + \cos \theta \sin \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) = \sin \frac{\pi}{2} =1
が得られる。
また、加法定理から導かれる半角公式を適用すると
\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}
\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる。
a^2+b^2=c^2
が得られる。
三角関数は級数によって定義されているものとし、cos θ と sin θ の自乗をそれぞれ計算すると
\begin{align}
\sin^2 \theta
&= \left\{ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\theta^{2n+1} \right\}^2 \\
&=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} \frac{(-1)^{n-k}{(2n-2k+1)!}\theta^{2n+2} \\
&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \theta^{2n+2}{(2n+2)!} \sum_{k=0}^n \binom{2(n+1)}{2k+1} \\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} \theta^{2n}{(2n)!} \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1} \\
&=- \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \theta^{2n}{(2n)!} \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1} \\
\cos^2 \theta
&=\left\{ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!}\theta^{2n} \right\}^2 \\
&=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k)!} \frac{(-1)^{n-k}{(2n-2k)!} \theta^{2n} \\
&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \theta^{2n}{(2n)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} \\
&=1+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n \theta^{2n}{(2n)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k}
\end{align}
となる。ここで二項定理より
\begin{align}
\sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} - \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}
&= \sum_{m=0}^{2n} (-1)^m {2n \choose m} \\
&=(1-1)^{2n} =0
\end{align}
である。したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる。
a^2+b^2=c^2
が得られる。
平面において原点を中心とする角 θ の回転の表現行列は
R(\theta)=\begin{bmatrix}
\cos \theta &-\sin \theta \\
\sin \theta &\cos \theta
\end{bmatrix}
であるが、このことも三平方の定理を用いないで証明が可能である。
R(θ) R (−θ) = I2(単位行列)であるが、この式の左辺を直接計算すると
\begin{align}
R(\theta) \cdot R(-\theta)
&= \begin{bmatrix}
\cos \theta&-\sin \theta \\
\sin \theta&\cos \theta
\end{bmatrix} \begin{bmatrix}
\cos \theta &\sin \theta \\
-\sin \theta &\cos \theta
\end{bmatrix} \\
&= \begin{bmatrix}
\cos^2 \theta+\sin^2 \theta&\cos \theta\sin \theta-\sin \theta \cos \theta \\
\sin \theta \cos \theta-\cos \theta\sin \theta&\sin^2 \theta+\cos^2 \theta
\end{bmatrix} \\
&= \begin{bmatrix}
\sin^2 \theta+\cos^2 \theta &0 \\
0 &\sin^2 \theta+\cos^2 \theta
\end{bmatrix}
\end{align}
となる。したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる。
a^2+b^2=c^2
が得られる。
任意の z ∈ C に対し
\begin{align}
\sin^2 iz + \cos^2 iz
&= (i\sinh z)^2 + \cosh^2 z \\
&= \cosh^2 z - \sinh^2 z \\
&=1
\end{align}
である。よって任意の θ ∈ C に対して
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が成り立つ。
a^2+b^2=c^2
が得られる。
ピタゴラスの定理は、逆も真となる。すなわち、△ABC に対して
a^2+b^2=c^2
が成立すれば、△ABC は ∠C = π の直角三角形となる。
△ABC が a2 + b2 = c2 を満たすとする。線分 AB を b2 : a2 に内分する点を D とすると
\begin{align}
\text{AD}
&= c \times \frac{b^2}{b^2+a^2} \\
&= c \times \frac{b^2}{c^2} \\
&= \frac{b^2}{c}
\end{align}
である。これより
\text{AC} : \text{AD} =b:\frac{b^2}{c} = c:b = \text{AB} : \text{AC}
であるから2辺比夾角相等より \triangle \text{ACD} \sim \triangle \text{ABC}。
\therefore \angle \text{ADC} = \angle \text{ACB}
\angle \text{BDC} = \angle \text{BCA}
となる。
incirc1 より
であるから、incirc1, incirc1 より
incirc1, incirc1 より
\angle \text{ACB} = \frac{\pi}{2}
ゆえに △ABC は ∠C = π の直角三角形である。
B'C' = a, A'C' = b,∠C' = π である直角三角形 A'B'C' において、A'B' = c とすれば、ピタゴラスの定理より
が成り立つ。
一方、仮定から △ABC において
が成り立っている。InverseOfPythagoras1, InverseOfPythagoras2 より
c^2=c'\,^2
c > 0, c > 0 より
c=c'
したがって、3辺相等から
\triangle \text{ABC} \equiv \triangle \text{A}'\text{B}'\text{C}'
∴ ∠C = ∠C' = π。ゆえに △ABC は ∠C = π の直角三角形である。
△ABC において ∠C ≠ π であると仮定する。頂点 A から直線 BC に下ろした垂線の足を D とし、AD = h, CD = d とする。
∠C < π の場合、直角三角形 ABD においてピタゴラスの定理より
\begin{align}
c^2 &= (a-d)^2+h^2 \\
&= a^2-2ad+d^2+h^2
\end{align}
であり、同様に直角三角形 ACD では
b^2=d^2+h^2
である。よって
c^2 = a^2-2ad+b^2 < a^2+b^2
となる。
∠C > π の場合も同様に考えて
\begin{align}
c^2
&= (a+d)^2+h^2\\
&= a^2+2ad+d^2+h^2\\
&= a^2+2ad+b^2
\end{align}
c^2 > a^2+b^2
となる。
a^2+b^2 \ne c^2
である。対偶を取って、a2 + b2 = c2 ならば ∠C = π である。
なお、この証明から分かるように、
という対応がある。
ピタゴラスの定理は既知とすると、それより導かれる余弦定理を用いることができる。△ABC において、a = BC, b = CA, c = AB, C = ∠ACB とおくと、余弦定理より
c^2=a^2+b^2-2ab\cos C
一方、仮定より
a^2+b^2=c^2
\cos C=0
となる。三角形の内角の和は π であるから 0 < C < π より、
C = \cos^{-1} 0 = \frac{\pi}{2}
ゆえに △ABC は ∠C = π の直角三角形である。
△ABC において
\Vert \vec c \|^2 = \Vert \vec a \|^2 + \Vert \vec b \|^2
\vec c = \vec b - \vec a
である。
\begin{align}
\Vert \vec c \|^2
&= \vec c \cdot \vec c \\
&= (\vec b - \vec a) \cdot (\vec b - \vec a) \\
&= \Vert \vec b \|^2 - 2\vec b \cdot \vec a + \Vert \vec a \|^2 \\
\end{align}
である。したがって
\vec b \cdot \vec a = 0
である。よって
\angle \text{C}=\frac{\pi}{2}
である。ゆえに、ピタゴラスの定理の逆が証明された。
— 原題:Hidden harmonies.
— 原題:A friendly introduction to number theory (3rd ed.).
— 原題:The Pythagorean theorem.