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■42081 / inTopicNo.1)

　a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

□投稿者/ 子猫一般人(1回)-(2010/07/05(Mon) 09:13:47)

よろしくお願い致します。

a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

を示したいのです。
多分,「uがu≡1(mod4)なる素数なら∃s,t∈Z;u=s^2+t^2」という命題を使うのだと思うのですが

どのようにして示せますでしょうか?

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■42083 / inTopicNo.2)

　Re[1]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ 風あざみ一般人(1回)-(2010/07/05(Mon) 23:58:36)

問題がありすぎるな。
x,yはどんな素数を指すのか全く分からない以上、答えようがない。
例えばa=3,b=4,c=5のときx,yはどうなるのか？

そもそも、x,yというのは、cの素因数なのか、aの素因数なのか、bの素因数なのか
はたまたa,b,cのいずれかの素因数なのか、そこら辺をきちんとしないと「この問題は欠陥問題」と言わざるを得ないね。

一応、cの素因数について書いておく
「cの素因数pはp=2あるいはp≡1 (mod 4)のいずれかであることは
証明できる」、

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■42084 / inTopicNo.3)

　Re[2]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ 子猫一般人(2回)-(2010/07/06(Tue) 00:13:40)

問題を書きミスってしまいました。m(_ _)m

a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1なら
Z∋∃x,yは素数でc=xy,x≡1(mod4),y≡1(mod4)を満たす。

、、です。申し訳ありません。

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■42085 / inTopicNo.4)

　Re[3]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ 風あざみ一般人(2回)-(2010/07/06(Tue) 00:34:03)

この命題自体成立しない。
そもそもcが、c=xyと二つの素数の積になる保証がないし。

反例
a=3,b=4,c=5の場合
a^2+b^2=c^2=25,GCD(3,4)=1となるが、c=5だからcは二つの素数の積ではない。
よって、a=3,b=4,c=5のときc=xyと書けない。

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■42103 / inTopicNo.5)

　Re[4]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ 子猫一般人(3回)-(2010/07/10(Sat) 06:12:42)

> この命題自体成立しない。
> そもそもcが、c=xyと二つの素数の積になる保証がないし。
> 反例
> a=3,b=4,c=5の場合
> a^2+b^2=c^2=25,GCD(3,4)=1となるが、c=5だからcは二つの素数の積ではない。
> よって、a=3,b=4,c=5のときc=xyと書けない。

そうですね。仰る通りです。。。

原文は
「Pythagorean Hypotenuse Proposition.
A number c appears as the hypotenuse of a primitive Pythagorean triple (a,b,c,)
if and only if c is a product of primes each of which is congruent to 1 modulo 4.」

となっているのですが,誤釈でしょうか?

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■42115 / inTopicNo.6)

　Re[5]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ のぼりん一般人(1回)-(2010/07/11(Sun) 12:05:32)

こんにちは。
突然の割込みしつれいします。

誠に残念ながら、ご想像の通り誤釈でしょう。

大まかな訳文は、

数ｃが、原始ピタゴラス数の組（ａ，ｂ，ｃ）の斜辺成分として現れるのは、ｃが四を法として一に合同な素数の積になる場合、かつその場合に限られます。

ぐらいでいかがでしょうか。

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■42124 / inTopicNo.7)

　Re[6]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ 子猫一般人(4回)-(2010/07/12(Mon) 08:11:33)

> 誠に残念ながら、ご想像の通り誤釈でしょう。

そうでしたか。

> 大まかな訳文は、
> 数ｃが、原始ピタゴラス数の組（ａ，ｂ，ｃ）の斜辺成分として現れる
> のは、ｃが四を法として一に合同な素数の積になる場合、
> かつその場合に限られます。
> ぐらいでいかがでしょうか。

つまり,
「a^2+b^2=c^2,GCD{a,b,c}=1 ⇔ ∃x,y∈N;x≡y≡1(mod4),c=xy」
でいいのでしょうか??

これでも
a=3,b=4,c=5の場合
a^2+b^2=c^2=25,GCD(3,4,5)=1となるが、c=5だからcは二つの素数の積ではない。
よって、a=3,b=4,c=5のときc=xyと書けない。

よって⇒は偽となりますよね。

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■42125 / inTopicNo.8)

　Re[7]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ らすかる大御所(836回)-(2010/07/12(Mon) 08:39:57)
http://www10.plala.or.jp/rascalhp

「二つの」素数の積とは書いてありませんよ。
「ｃが四を法として一に合同な素数の積になる」は
「ｃの素因数はすべて四を法として一に合同である」
という解釈になると思います。

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■42135 / inTopicNo.9)

　Re[8]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ 子猫一般人(5回)-(2010/07/13(Tue) 06:36:11)

> 「二つの」素数の積とは書いてありませんよ。
> 「ｃが四を法として一に合同な素数の積になる」は
> 「ｃの素因数はすべて四を法として一に合同である」
> という解釈になると思います。

どうもすいません。"each"と書いてありましたね。
そうしますと
「a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b,c}=1
⇒
c=π_{i=1}^r p_i^{e_i}ならp_i≡1(mod4)(但し,i=1,2,…,r)」
が本来示したい命題となりますね。
これならa=3.b=4,c=5の時,
cの素因数は5だけで5≡1(mod4)と確かになっていますね。

それでやはり

「a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b,c}=1
⇒
c=π_{i=1}^r p_i^{e_i}ならp_i≡1(mod4)(但し,i=1,2,…,r)」

はどうすれば示せますでしょうか?

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■42153 / inTopicNo.10)

　Re[9]: a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b}=1ならZ∋∃x,yは素数;x≡1(mod4),y≡1(mod4)

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□投稿者/ 風あざみ一般人(3回)-(2010/07/14(Wed) 16:48:31)

「a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b,c}=1⇒
c=Π_{i=1}^r p_i^{e_i}ならp_i≡1(mod4)(但し,i=1,2,…,r)」

要するにcの素因数pを任意にとったとき
p≡1 (mod 4)となることを示せばよい。

p=2と仮定する。
a^2+b^2≡c^2≡0 (mod 4)となる

a,b共に奇数のとき
a^2+b^2≡2 (mod 4)となり不適
a,bの一方が偶数、他方が奇数のとき
a^2+b^2≡1 (mod 4)となり不適
a,bともに偶数のとき
cも2で割り切れるからa,b,c共に2で割り切れるから
a,b,cが公約数2を持つことになり、gcd(a,b,c)=1
に反するから不合理

したがってp=2にはなりえない

pは奇素数である
p≡3 (mod 4)と仮定する
a^2+b^2≡0 (mod p)
a^2≡-b^2 (mod p)
両辺を(p-1)/2乗すると
a^(p-1)≡(-1)^{(p-1)/2}*b^(p-1) (mod p)
(p-1)/2は奇数だから
a^(p-1)≡-b^(p-1) (mod p)
したがってa^(p-1)+b^(p-1)≡0 (mod p)
が成り立つ

a,b共にpで割り切れないとき
フェルマーの小定理よりa^(p-1)≡b^(p-1)≡1 (mod p)より
a^(p-1)+b^(p-1)≡2 (mod p)となり不適
a,bの一方がpで割り切れ、他方がpで割り切れないとき
フェルマーの小定理よりa^(p-1)≡1またはb^(p-1)≡1 (mod p)より
a^(p-1)+b^(p-1)≡1 (mod p)となり不適
a,bともにpで割り切れるとき
cもpで割り切れるからa,b,c共にpで割り切れるから
a,b,cが公約数pを持つことになり、gcd(a,b,c)=1
に反するから不合理

したがって、p≡3 (mod 4)とはなりえない

以上よりcの任意の素因数pはp=2にも、p≡3 (mod 4)にもなりえないから
p≡1 (mod 4)とならざるを得ない。

c=Π[i=1→r] (p_i)^(e_i)ならp_i≡1(mod4)ならばp_i≡1 (mod 4)がいえた
「a^2+b^2=c^2且つGCD{a,b,c}=1⇒
c=π_{i=1}^r p_i^{e_i}ならp_i≡1(mod4)(但し,i=1,2,…,r)」

要するにcの素因数pを任意にとったとき
p≡1 (mod 4)となることを示せばよい。

p=2と仮定する。
a^2+b^2≡c^2≡0 (mod 4)となる

a,b共に奇数のとき
a^2+b^2≡2 (mod 4)となり不適
a,bの一方が偶数、他方が奇数のとき
a^2+b^2≡1 (mod 4)となり不適
a,bともに偶数のとき
cも2で割り切れるからa,b,c共に2で割り切れるから
a,b,cが公約数2を持つことになり、gcd(a,b,c)=1
に反するから不合理

したがってp=2にはなりえない

pは奇素数である
p≡3 (mod 4)と仮定する
a^2+b^2≡0 (mod p)
a^2≡-b^2 (mod p)
両辺を(p-1)/2乗すると
a^(p-1)≡(-1)^{(p-1)/2}*b^(p-1) (mod p)
(p-1)/2は奇数だから
a^(p-1)≡-b^(p-1) (mod p)
したがってa^(p-1)+b^(p-1)≡0 (mod p)
が成り立つ

a,b共にpで割り切れないとき
フェルマーの小定理よりa^(p-1)≡b^(p-1)≡1 (mod p)より
a^(p-1)+b^(p-1)≡2 (mod p)となり不適
a,bの一方がpで割り切れ、他方がpで割り切れないとき
フェルマーの小定理よりa^(p-1)≡1またはb^(p-1)≡1 (mod p)より
a^(p-1)+b^(p-1)≡1 (mod p)となり不適
a,bともにpで割り切れるとき
cもpで割り切れるからa,b,c共にpで割り切れるから
a,b,cが公約数pを持つことになり、gcd(a,b,c)=1
に反するから不合理

したがって、p≡3 (mod 4)とはなりえない

以上よりcの任意の素因数pはp=2にも、p≡3 (mod 4)にもなりえないから
p≡1 (mod 4)とならざるを得ない。

c=Π[i=1→r] (p_i)^(e_i)ならp_i≡1(mod4)ならばp_i≡1 (mod 4) がいえた
(ただしi=1,2,…,r)

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■42154 / inTopicNo.11)

　訂正

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□投稿者/ 風あざみ一般人(4回)-(2010/07/14(Wed) 16:50:57)