ピタゴラスの三つ組

That satisfaction of Euclid's formula by a, b, c is sufficient for the triangle to be Pythagorean is apparent from the fact that for positive integers m and n, m > n, the a, b, and c given by the formula are all positive integers, and from the fact that

$${\displaystyle a^{2}+b^{2}=(m^{2}-n^{2})^{2}+(2mn)^{2}=(m^{2}+n^{2})^{2}=c^{2}.}$$

任意の原始ピタゴラス数に対してa、b、c がユークリッドの公式で表される必要があることの証明は次のとおりです。 ^{[ 6 ]}すべてのこのような原始ピタゴラス数は( a , b , c )と書くことができ、^{ここで a2} + b2 = c2で^あり、^a、b、cは互いに素です。したがって、 a、b、cはペアごとに互いに素です(素数が 2 つを割り切る場合、3 番目も割り切る必要があります)。a と b は互いに素なので、少なくとも1つは奇数です。aが奇数であると仮定すると、bは偶数でcは奇数になります ( aとb の両方が奇数の場合、c は偶数になり、c2^は4 の倍数になりますが、奇数の平方数は 1 を法として 4 に合同であるため^、a2 + b2は2^を法として 4 に合同になります)。

から${\displaystyle a^{2}+b^{2}=c^{2},}$aが奇数であると仮定します。${\displaystyle c^{2}-a^{2}=b^{2}}$そしてそれゆえに${\displaystyle (c-a)(c+a)=b^{2}.}$それから${\displaystyle {\tfrac {(c+a)}{b}}={\tfrac {b}{(c-a)}}.}$以来${\displaystyle {\tfrac {(c+a)}{b}}}$は有理数なので、それを に等しく設定します。${\displaystyle {\tfrac {m}{n}}}$最小単位で。したがって${\displaystyle {\tfrac {(c-a)}{b}}={\tfrac {n}{m}},}$逆数 ${\displaystyle {\tfrac {(c+a)}{b}}.}$そして解決する

$${\displaystyle {\frac {c}{b}}+{\frac {a}{b}}={\frac {m}{n}},\quad \quad {\frac {c}{b}}-{\frac {a}{b}}={\frac {n}{m}}}$$

のために${\displaystyle {\tfrac {c}{b}}}$そして${\displaystyle {\tfrac {a}{b}}}$与える

$${\displaystyle {\frac {c}{b}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {m}{n}}+{\frac {n}{m}}\right)={\frac {m^{2}+n^{2}}{2mn}},\quad \quad {\frac {a}{b}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {m}{n}}-{\frac {n}{m}}\right)={\frac {m^{2}-n^{2}}{2mn}}.}$$

として${\displaystyle {\tfrac {m}{n}}}$は完全に既約であり、mとnは互いに素であり、両方とも偶数になることはありません。両方とも奇数の場合、分子は${\displaystyle {\tfrac {m^{2}-n^{2}}{2mn}}}$は 4 の倍数になります (奇数の平方数は 4 を法として 1 と合同であるため)。分母 2 mnは 4 の倍数ではありません。分子の最小の偶数因数は 4 であり、分母の最大の偶数因数は 2 であるため、aは奇数と定義されていても偶数になります。したがって、 mとnの一方は奇数で、もう一方は偶数であり、分母 2 mnの 2 つの分数の分子は奇数です。したがって、これらの分数は完全に約分されています (この分母を割り切る奇素数は、mとnの一方を割り切りますが、もう一方は割り切りません。したがって、 m ² ± n ²を割り切ることはありません)。このように、分子と分子、分母と分母を等しくすることができ、ユークリッドの公式が得られます。 $${\displaystyle a=m^{2}-n^{2},\ \,b=2mn,\ \,c=m^{2}+n^{2}}$$mとnは互いに素であり、偶奇性が異なる。

A longer but more commonplace proof is given in Maor (2007)^[7] and Sierpiński (2003).^[8] Another proof is given in Diophantine equation § Example of Pythagorean triples, as an instance of a general method that applies to every homogeneous Diophantine equation of degree two.

Suppose the sides of a Pythagorean triangle have lengths m² − n², 2mn, and m² + n², and suppose the angle between the leg of length m² − n² and the hypotenuse of length m² + n² is denoted as β. Then ${\displaystyle \tan {\tfrac {\beta }{2}}={\tfrac {n}{m}}}$ and the full-angle trigonometric values are ${\displaystyle \sin {\beta }={\tfrac {2mn}{m^{2}+n^{2}}}}$, ${\displaystyle \cos {\beta }={\tfrac {m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}}}$, and ⁠${\displaystyle \tan {\beta }={\tfrac {2mn}{m^{2}-n^{2}}}}$⁠.^[9]

The following variant of Euclid's formula is sometimes more convenient, as being more symmetric in m and n (same parity condition on m and n).

If m and n are two odd integers such that m > n, then $${\displaystyle a=mn,\quad b={\frac {m^{2}-n^{2}}{2}},\quad c={\frac {m^{2}+n^{2}}{2}}}$$ are three integers that form a Pythagorean triple, which is primitive if and only if m and n are coprime. Conversely, every primitive Pythagorean triple arises (after the exchange of a and b, if a is even) from a unique pair m > n > 0 of coprime odd integers.

a < b < cを満たす原始ピタゴラス数( a , b , c ) ( aとbのどちらが偶数でどちらが奇数かを指定しない場合)の性質には、次のものが含まれます。

• a、b、cのうち、正方形はせいぜい1つだけである。^{[ 10 ]}
• ピタゴラス三角形の面積は、整数の平方^{[ 11 ]： p.17}または平方の2倍^{[ 11 ]： p.21にはなり得ません。}
• aとbのうち、ちょうど1つだけが2で割り切れる（偶数）で、斜辺cは常に奇数である。^{[ 12 ]}
• aとbのうち、ちょうど一方が3で割り切れるが、cは決して割り切れない。^{[ 13 ] [ 8 ]： 23-25}
• aとbのうち、ちょうど1つが4で割り切れるが、cは決して割り切れない（ cは決して偶数ではないため）。 ^{[ 8 ]}
• a、b、cのうち、ちょうど1つだけが5で割り切れる。^{[ 8 ]}
• abc を常に割り切れる最大の数は 60 です。^{[ 14 ]}
• 2 m +1の形の任意の奇数（mは​​整数でm > 1）は、原始ピタゴラス数の奇数側の辺になり得ます。詳細は、下記の「ほぼ二等辺の原始ピタゴラス数の節」を参照してください。ただし、原始ピタゴラス数の偶数側の辺になり得るのは、4 で割り切れる偶数のみです。これは、上記の偶数側の辺に関するユークリッドの公式が2 mnであり、 mまたはnのいずれかが偶数でなければならないためです。
• 斜辺c (常に奇数) は 2 つの平方数の和です。これは、すべての素因数が4 n + 1の形の素数である必要があることを意味します。^{[ 15 ]}したがって、c は4 n + 1の形です。原始ピタゴラス トリプルの可能な斜辺の数のシーケンスは( OEISのシーケンスA008846 )で見つけることができます。
• 面積（K = ab /2）は6で割り切れる合同数^{[ 16 ]}である。
• 原始ピタゴラス数の2辺は同時に素数になり得るのは2辺のみである。なぜなら、原始ピタゴラス数を生成するユークリッドの公式によれば、1辺は合成数かつ偶数でなければならないからである。^{[ 17 ]}ただし、1辺だけが完全べき乗の整数になり得る。${\displaystyle p\geq 2}$なぜなら、両辺が同じ指数を持つ完全べき乗の整数である場合${\displaystyle p}$それは、ディオファントス方程式に整数解が存在しないという事実と矛盾するだろう。${\displaystyle x^{2p}\pm y^{2p}=z^{2}}$、 と${\displaystyle x}$、${\displaystyle y}$そして${\displaystyle z}$互いに素であること。^{[ 18 ]}
• 斜辺と1辺が別のピタゴラス三角形の2辺となるようなピタゴラス三角形は存在しない。これはフェルマーの直角三角形の定理の等価な形式の一つである。^{[ 11 ]： p.14}
• 原始ピタゴラス三角形は斜辺からの高さが整数にならない。つまり、すべての原始ピタゴラス三角形は分解不可能である。^{[ 19 ]}
• すべての原始ピタゴラス三つ組の集合は、自然な形で根付き三項木を形成します。原始ピタゴラス三つ組の木を参照してください。
• ピタゴラス三角形の鋭角はどちらも有理数度にはなり得ない。^{[ 20 ]} （これはニブンの定理 から導かれる。）

さらに、特定の追加特性を持つ特別なピタゴラス数が存在することが保証されている。

• 2より大きい整数で、2 mod 4 と合同でないもの（つまり、2より大きい整数で、4k + 2 の形ではないもの）はすべて、原始ピタゴラス数の一部です。（整数が 4k の形である場合は、ユークリッドの公式でn = 1 、 m = 2kとすることができます。整数が2k + 1の形である場合は、n = k 、 m = k + 1とすることができます。）
• 2より大きい整数はすべて、原始ピタゴラス数または非原始ピタゴラス数の組の一部です。たとえば、整数6、10、14、18は原始ピタゴラス数の組の一部ではありませんが、非原始ピタゴラス数の組(6, 8, 10)、(14, 48, 50)、(18, 80, 82)の一部です。
• 斜辺と最長辺の差がちょうど 1 であるピタゴラスの三つ組は無限に存在する。このような三つ組は必ず原始的であり、(2 n + 1, 2 n ² + 2 n , 2 n ² + 2 n +1)の形をとる。これは、ユークリッドの公式において、条件が三つ組が原始的であり、( m ² + n ² ) - 2 mn = 1を満たさなければならないことを意味することに注意することで得られる。これは( m – n ) ² = 1を意味し、したがってm = n + 1となる。上記の三つ組の形は、ユークリッドの公式においてn + 1をmに置き換えることによって得られる。
• 斜辺と最長辺の差がちょうど 2 であるような原始ピタゴラス三つ組は無限に存在する。これらはすべて原始ピタゴラス三つ組であり、ユークリッドの公式にn = 1を代入することで得られる。より一般的には、任意の整数k > 0に対して、斜辺と奇数辺の差が2 k ²であるような原始ピタゴラス三つ組は無限に存在する。これらは、ユークリッドの公式にn = kを代入することで得られる。
• 2つの辺の差がちょうど1であるピタゴラスの三つ組は無限に存在します。例えば、20² ⁺ 21² ⁼ 29²^です。これらは、ユークリッドの公式によって生成されます。${\displaystyle {\tfrac {m-n}{n}}}$収束する​${\displaystyle {\sqrt {2}}.}$
• 任意の正の整数kに対して、斜辺の長さが異なり、面積が同じk個のピタゴラス数が存在する。
• 任意の正の整数kに対して、同じ辺aを持つ少なくともk 個の異なる原始ピタゴラス数列が存在する。ここでa はある正の整数である（偶数辺の長さは 2 mnであり、多くの因数分解を持つa を選択すれば十分である。例えば、a = 4 bのように、bがk 個の異なる奇素数の積である場合、少なくとも2 ^{k 個}の異なる原始ピタゴラス数列が生成される）。^{[ 8 ] : 30}
• 任意の正の整数kに対して、同じ斜辺を持つ少なくともk 個の異なるピタゴラス数が存在する。 ^{[ 8 ] : 31}
• c = p ^{e が}素数のべき乗である場合、 素数pが4 n + 1の形である場合に限り、原始ピタゴラス数a ² + b ² = c ²が存在します。この三つ組は、 aとbの交換を除いて一意です。
• より一般的には、正の整数cが原始ピタゴラス三つ組の斜辺となるのは、cの各素因数が4 を法として1と合同である場合、すなわち各素因数が4 n + 1の形である場合に限る。この場合、 a < bとなる原始ピタゴラス三つ組( a , b , c )の数は2 ^{k −1}であり、ここでkはcの異なる素因数の数である。^{[ 21 ]}
• 斜辺cと脚の和a + bの両方が平方数であるピタゴラスの三つ組は無限に存在する。フェルマーによれば、そのような三つ組の最小値^{[ 22 ]}は、辺a = 4,565,486,027,761、b = 1,061,652,293,520、c = 4,687,298,610,289である。ここで、 a + b = 2,372,159 ²およびc = 2,165,017 ^{2である。これは、パラメータ値}m = 2,150,905およびn = 246,792を使用したユークリッドの公式によって生成される。
• 斜辺からの高さが整数である非原始ピタゴラス三角形が存在する。^{[ 23 ] [ 24 ]}このようなピタゴラス三角形は、この高さに沿って2つの別々のより小さなピタゴラス三角形に分割できるため、分解可能であることが知られている。 ^{[ 19 ]}

ユークリッドのピタゴラス数公式

$${\displaystyle a=m^{2}-n^{2},\quad b=2mn,\quad c=m^{2}+n^{2}}$$

単位円上の有理点の幾何学の観点から理解することができる（トラウトマン 1998 ）。

実際、座標( x , y )を持つデカルト平面上の点は^、x² + y² = 1の場合、単位円に属します。xとyが有理数である場合、つまり、互いに素な整数a、b、cが 存在して^、$${\displaystyle {\biggl (}{\frac {a}{c}}{\biggr )}^{2}\!+{\biggl (}{\frac {b}{c}}{\biggr )}^{2}=1.}$$

両方の要素にc ²を掛けることで、円上の有理点が原始ピタゴラス三つ組と一対一に対応していることがわかります。

単位円は媒介変数方程式によって定義される場合もある。$${\displaystyle x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},\quad y={\frac {2t}{1+t^{2}}}.}$$ ユークリッドのピタゴラス数の公式と逆関係t = y / (1 + x )は、 (−1, 0)を除いて、円上の点( x , y )が有理数であるのは、対応するtの値が有理数である場合に限ることを意味します。t = y / (1 + x ) = b / ( c + a ) = n / mは、長さbの三角形の辺の対角の半分の正接でもあることに注意してください。

単位円上の有理座標を持つ点と原始ピタゴラス数との間には対応関係がある。この点において、ユークリッドの公式は三角法を用いるか、あるいは立体投影法を用いることによって導出することができる。

立体投影法の場合、P ′は有理座標を持つx軸上の点であると仮定します。

$${\displaystyle P'=\left({\frac {m}{n}},0\right).}$$

すると、基本的な代数計算によって、点Pの座標が次のようになることが示される。

$${\displaystyle P=\left({\frac {2\left({\frac {m}{n}}\right)}{\left({\frac {m}{n}}\right)^{2}+1}},{\frac {\left({\frac {m}{n}}\right)^{2}-1}{\left({\frac {m}{n}}\right)^{2}+1}}\right)=\left({\frac {2mn}{m^{2}+n^{2}}},{\frac {m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}}\right).}$$

これにより、 x軸上の各有理点が単位円上の有理点に対応することが証明されます。逆の、単位円上のすべての有理点がx軸上のそのような点から生じることは、逆立体投影を適用することで得られます。P ( x , y )がxとyが有理数である単位円上の点であるとします。すると、 x軸への立体投影によって得られる点P ′の座標は次のようになります。

$${\displaystyle \left({\frac {x}{1-y}},0\right)}$$

それは合理的だ。

代数幾何学の観点から言えば、単位円上の有理点の代数多様体は、有理数上のアフィン直線と双有理関係にある。したがって、単位円は有理曲線と呼ばれ、この事実によって、単位円上の（有理数）点を有理関数を用いて明示的にパラメータ化することが可能になる。

ガウス整数の二乗を考えると、ユークリッドの公式をガウス整数の完全二乗を表すものとして直接解釈すると次のようになる。

$${\displaystyle (m+ni)^{2}=(m^{2}-n^{2})+2mni.}$$

ガウス整数がユークリッド領域であること、およびガウス整数 p に対して${\displaystyle |p|^{2}}$斜辺が素数であれば、ピタゴラス数は常に平方数であり、素数ガウス整数の平方数に対応することを示すことができる。

ガウス整数が素数でない場合、それは2つのガウス整数pとqの積であり、${\displaystyle |p|^{2}}$そして${\displaystyle |q|^{2}}$整数。ガウス整数では大きさが乗算されるため、積は${\displaystyle |p||q|}$これを二乗してピタゴラス数を求めると、必ず合成数になる。対偶をとれば証明が完了する。

ピタゴラス三つ組のより一般的な構成におけるn = 1の場合については、古くから知られていました。プロクロスは、ユークリッドの『原論』第 1 巻の第47 命題に対する注釈の中で、それを次のように説明しています。

このような三角形を発見するためのいくつかの方法が伝承されており、一つはプラトンに由来するもの、もう一つはピタゴラスに由来するものとされています。（後者の方法は）奇数から始めます。奇数を直角の辺のうち小さい方とし、その二乗を取り、1を引いて、その差の半分を直角の辺のうち大きい方とします。最後にこれに1を加えて、残りの辺、斜辺を形成します。 …一方、プラトンの方法は偶数から論じます。与えられた偶数を直角の辺の一つとし、その数を二等分して半分を二乗し、その二乗に1を加えて斜辺を形成し、その二乗から1を引いて直角のもう一方の辺を形成します。…こうして、他の方法で得られたものと同じ三角形が形成されます。

数式で表すと次のようになります。

aは奇数である（ピタゴラス、紀元前540年頃）：

$${\displaystyle {\text{side }}a:{\text{side }}b={a^{2}-1 \over 2}:{\text{side }}c={a^{2}+1 \over 2}.}$$

aは偶数である（プラトン、紀元前380年頃）：

$${\displaystyle {\text{side }}a:{\text{side }}b=\left({a \over 2}\right)^{2}-1:{\text{side }}c=\left({a \over 2}\right)^{2}+1}$$

適切なスケーリングを行うことで、すべてのピタゴラス三つ組は、基本的なプラトン数列 ( a、( a ² − 1)/2および( a ² + 1)/2 )から、 aが非整数の有理値をとることを許容することによって得られることが示せる。数列中のa を分数m / nに置き換えると、スケーリング後の結果は「標準」三つ組生成子 (2 mn、m ² − n ²、m ² + n ² ) と等しくなる。したがって、すべての三つ組には対応する有理数a の値があり、それを使用して相似な三角形 (元の三角形と同じ 3 つの角を持ち、辺の比率が同じ三角形) を生成できる。例えば、(56, 33, 65)のプラトン的等価数は、 a = m / n = 7/4によって( a , ( a ² –1)/2, ( a ² +1)/2) = (56/32, 33/32, 65/32)として生成されます。プラトン数列自体は、ディオファントス II.VIIIで説明されている「正方形を分割する」手順に従うことによって導き出すことができます。

3つの正の整数が与えられた場合${\displaystyle x<y<z}$⁠、それらの平方数は等差数列である。 $${\displaystyle z^{2}-y^{2}=y^{2}-x^{2},}$$ または同等に $${\displaystyle x^{2}+z^{2}=2y^{2}.}$$

3つの平方数の等差数列は、ピトゴラスの三つ組と1対1に対応する。

実際、もし⁠${\displaystyle (a,b,c)}$はピタゴラス数であり、${\displaystyle a^{2}+b^{2}=c^{2}}$⁠、それから $${\displaystyle (a-b)^{2},\quad c^{2},\quad (a+b)^{2}}$$ は、等差数列の 3 つの平方数です。${\displaystyle (a-b)^{2}+(a+b)^{2}=2(a^{2}+b^{2})=2c^{2}}$⁠ .

逆に、もし⁠${\displaystyle x^{2}<y^{2}<z^{2}}$は等差数列をなす３つの平方数であり、${\displaystyle y^{2}={\tfrac {x^{2}+z^{2}}{2}}}$⁠、それから $${\displaystyle \left({\tfrac {z-x}{2}},\quad y,\quad {\tfrac {z+x}{2}}\right)}$$ これはピタゴラス数です。これらの変換は互いに逆の関係にあるため、宣言された1対1対応を定義します。

この一対一の対応関係は、平方数の等差数列のほぼすべての性質が、ピタゴラス数の対応する性質から容易に導き出せることを意味する。

特に、ユークリッドの公式は、3つの平方数のすべての等差数列が次のように得られることを示唆している。 $${\displaystyle (m^{2}-n^{2}-2mn)^{2},\quad (m^{2}+m^{2})^{2},\quad (m^{2}-n^{2}+2mn)^{2},}$$ どこで${\displaystyle m}$そして​​${\displaystyle n}$は、異なる偶奇性を持つ任意の2つの正の整数です。

また、違い${\displaystyle z^{2}-y^{2}=y^{2}-x^{2}}$等差数列の連続する2つの平方数の間の差は常に24の倍数である。これは§ 一般性質で与えられた割り算の関係から導かれる。なぜならこの差は${\displaystyle 2ab}$⁠、そこで⁠${\displaystyle a}$そして​​${\displaystyle b}$は、関連するユークリッド三つ組の最初の要素です。

その結果、3つの平方数の最小等差数列は次のようになる。 $${\displaystyle (1,25,49).}$$

方程式、

$${\displaystyle a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}=(a+b+c+d)^{4}}$$

は特別なピタゴラス数に相当し、

$${\displaystyle (a^{2}+ab+b^{2})^{2}+(c^{2}+cd+d^{2})^{2}=((a+b)^{2}+(a+b)(c+d)+(c+d)^{2})^{2}}$$

この方程式には無限の解が存在する。なぜなら、変数を解くには楕円曲線が関係するからである。小さな解としては、

$${\displaystyle a,b,c,d=-2634,955,1770,5400}$$

$${\displaystyle a,b,c,d=-31764,7590,27385,48150}$$

解決策を生み出す方法の一つは${\displaystyle a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}}$a、b、c、d を整数m、n、p、q で次のようにパラメータ化します。 ^{[ 36 ]}

$${\displaystyle (m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})=(mp-nq)^{2}+(np+mq)^{2}=(mp+nq)^{2}+(np-mq)^{2}.}$$

2組のピタゴラス三つ組が与えられた場合、

$${\displaystyle (a^{2}-b^{2})^{2}+(2ab)^{2}=(a^{2}+b^{2})^{2}}$$

$${\displaystyle (c^{2}-d^{2})^{2}+(2cd)^{2}=(c^{2}+d^{2})^{2}}$$

斜辺でない辺と斜辺の積が等しいものを見つける問題、

$${\displaystyle (a^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2})=(c^{2}-d^{2})(c^{2}+d^{2})}$$

これは、次の式と等価であることが容易にわかる。

$${\displaystyle a^{4}-b^{4}=c^{4}-d^{4}}$$

そして最初にオイラーによって解決された${\displaystyle a,b,c,d=133,59,158,134.}$彼はこれが楕円曲線 上の有理点であることを示したので、解は無限に存在する。実際、彼は7次多項式によるパラメータ表示も発見した。

デカルトの円の定理の場合、すべての変数が平方数であるため、

$${\displaystyle 2(a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4})=(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{2}}$$

オイラーはこれが3つの同時ピタゴラス数に等しいことを示した。

$${\displaystyle (2ab)^{2}+(2cd)^{2}=(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2})^{2}}$$

$${\displaystyle (2ac)^{2}+(2bd)^{2}=(a^{2}-b^{2}+c^{2}-d^{2})^{2}}$$

$${\displaystyle (2ad)^{2}+(2bc)^{2}=(a^{2}-b^{2}-c^{2}+d^{2})^{2}}$$

また、解は無限に存在し、特に次の場合には${\displaystyle a+b=c}$すると、方程式は次のように簡略化されます。

$${\displaystyle 4(a^{2}+ab+b^{2})=d^{2}}$$

小さな解決策として${\displaystyle a,b,c,d=3,5,8,14}$そして、二項二次形式で解くことができる。

ピタゴラスの三つ組は二等辺三角形にはならない。なぜなら、斜辺と他の辺の比は√2だが、√2は2つの整数の比として表すことができないからである。

しかし、直角三角形の中には、斜辺以外の辺の長さが1だけ異なるものもある。例えば、

$${\displaystyle 3^{2}+4^{2}=5^{2}}$$

$${\displaystyle 20^{2}+21^{2}=29^{2}}$$

そして、他にも無数の種類がある。それらは完全に次のようにパラメータ化できる。

$${\displaystyle \left({\tfrac {x-1}{2}}\right)^{2}+\left({\tfrac {x+1}{2}}\right)^{2}=y^{2}}$$

ここで、{ x, y }はペル方程式の解である。${\displaystyle x^{2}-2y^{2}=-1.}$

a、b、cがこのタイプの原始ピタゴラス三つ組の辺である場合、ペル方程式の解は次の漸化式で与えられる。

$${\displaystyle a_{n}=6a_{n-1}-a_{n-2}+2}$$と${\displaystyle a_{1}=3}$そして${\displaystyle a_{2}=20}$$${\displaystyle b_{n}=6b_{n-1}-b_{n-2}-2}$$と${\displaystyle b_{1}=4}$そして${\displaystyle b_{2}=21}$$${\displaystyle c_{n}=6c_{n-1}-c_{n-2}}$$と${\displaystyle c_{1}=5}$そして​${\displaystyle c_{2}=29}$⁠ . ^{[ 37 ]}

この一連の原始ピタゴラス数列は、原始ピタゴラス数の根付き三項ツリーの中心幹（幹）を形成する。

斜辺と非斜辺の長さの差が 1 である場合、例えば

$${\displaystyle 5^{2}+12^{2}=13^{2}}$$

$${\displaystyle 7^{2}+24^{2}=25^{2}}$$

すると、原始ピタゴラス数a、b、cの完全な解は次のようになります。

$${\displaystyle a=2m+1,\quad b=2m^{2}+2m,\quad c=2m^{2}+2m+1}$$

そして

$${\displaystyle (2m+1)^{2}+(2m^{2}+2m)^{2}=(2m^{2}+2m+1)^{2}}$$

整数${\displaystyle m>0}$は生成パラメータです。

これは、この種のほぼ二等辺三角形の原始ピタゴラス数には、1より大きいすべての奇数が現れることを示しています。この原始ピタゴラス数の列は、原始ピタゴラス数の根付き三項木の右側の外側幹を形成します。

この種のほぼ二等辺三角形の原始ピタゴラス三つ組のもう1つの特性は、辺が次のような関係にあることです。 $${\displaystyle a^{b}+b^{a}=Kc}$$ ある整数に対して${\displaystyle K}$言い換えれば${\displaystyle a^{b}+b^{a}}$は割り切れる${\displaystyle c}$例えば $${\displaystyle (5^{12}+12^{5})/13=18799189}$$[ ^{38 ]​}

5から始まるフィボナッチ数列の2番目の数は、整数辺を持つ直角三角形の斜辺の長さ、言い換えれば、ピタゴラス数の中で最大の数であり、次の式から得られます。 $${\displaystyle (F_{n}F_{n+3})^{2}+(2F_{n+1}F_{n+2})^{2}=F_{2n+3}^{2}.}$$ この公式から得られるピタゴラス三角形の列は、辺の長さが

(3,4,5), (5,12,13)​​, (16,30,34), (39,80,89), ...

これらの三角形のそれぞれの中心辺は、前の三角形の3辺の合計です。^{[ 39 ]}

その表現 $${\displaystyle \left(m_{1}^{2}-m_{2}^{2}-\ldots -m_{n}^{2}\right)^{2}+\sum _{k=2}^{n}(2m_{1}m_{k})^{2}=\left(m_{1}^{2}+\ldots +m_{n}^{2}\right)^{2}}$$は、 m ² ₁ > m ² ₂ + ... + m ² _nを満たす任意の正の整数の組( m ₁ , ..., m _n )に対する ピタゴラスn組です。ピタゴラスn組は、その値の最大公約数で割ることによって原始数にすることができます。

さらに、この方法で任意の原始ピタゴラスnタプルa ² ₁ + ... + a ² _n = c ²を見つけることができます。上記の式を使用して( m ₁ , ..., m _n ) = ( c + a ₁ , a ₂ , ..., a _n )を使用してピタゴラスnタプルを取得し、最大の共通整数除数である2 m ₁ = 2( c + a ₁ )で割ります。これらの( m ₁ , ..., m _n )の値の最大共通除数で割ると、同じ原始ピタゴラスnタプルが得られます。また、 m ² ₁ > m ² ₂ + ... + m ² _nを満たす集合的に互いに素な正の整数のタプル( m ₁ , ..., m _n )と原始ピタゴラスnタプルの間には 1 対 1 の対応があります。

集合ごとの互いに素な値間の関係の例${\displaystyle {\vec {m}}}$また、原始的なピタゴラスnタプルには以下が含まれます: ^{[ 40 ]}

$${\displaystyle {\begin{aligned}{\vec {m}}=(1)&\leftrightarrow 1^{2}=1^{2}\\{\vec {m}}=(2,1)&\leftrightarrow 3^{2}+4^{2}=5^{2}\\{\vec {m}}=(2,1,1)&\leftrightarrow 1^{2}+2^{2}+2^{2}=3^{2}\\{\vec {m}}=(3,1,1,1)&\leftrightarrow 1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}=2^{2}\\{\vec {m}}=(5,1,1,2,3)&\leftrightarrow 1^{2}+1^{2}+1^{2}+2^{2}+3^{2}=4^{2}\\{\vec {m}}=(4,1,1,1,1,2)&\leftrightarrow 1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+2^{2}=3^{2}\\{\vec {m}}=(5,1,1,1,2,2,2)&\leftrightarrow 1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+2^{2}+2^{2}+2^{2}=4^{2}\end{aligned}}}$$