ピタゴラスの定理（ピタゴラスのていり、英: Pythagorean theorem）は、直角三角形の3辺の長さの関係を表す等式である。三平方の定理（さんへいほうのていり）、勾股弦の定理（こうこげんのていり）とも呼ばれる。
概要[編集]
平面幾何学において直角三角形の斜辺の長さを c、他の2辺の長さを a, b とすると、
c^2=a^2+b^2
が成り立つという定理である[1][2][3]。
ピタゴラスの定理によって、直角三角形をなす3辺の内、2辺の長さを知ることができれば、残りの1辺の長さを知ることができる。例えば、直交座標系において原点と任意の点を結ぶ線分の長さは、ピタゴラスの定理に従って、その点の座標成分を2乗したものの総和として表すことができる[注 1]。このことは2次元の座標系に限らず、3次元の系やより大きな次元の系についても成り立つ。この事実から、ピタゴラスの定理を用いて任意の2点の間の距離を測ることができる。このようにして導入される距離はユークリッド距離と呼ばれる。
「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」など幾つかの逸話が知られているものの、この定理はピタゴラスが発見したかどうかは分からない。バビロニア数学のプリンプトン322や古代エジプト[4]などでもピタゴラス数については知られていたが、彼らが定理を発見していたかどうかは定かではない。
中国古代の数学書『九章算術』や『周髀算経』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、商高定理等と呼び、日本の和算でも中国での名称を用いて鉤股弦の法（こうこげんのほう）等と呼んだ[5]。三平方の定理という名称は、敵性語が禁じられていた第二次世界大戦中に文部省の図書監修官であった塩野直道の依頼を受けて、数学者末綱恕一が命名したものである[6]。
ピタゴラス数[編集]
a2 + b2 = c2 を満たす自然数の組 (a, b, c) をピタゴラス数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 (prime) 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、原始ピタゴラス数の正の整数倍により得られる。
ピタゴラス数 (a, b, c) が原始的であるためには、3つのうち2つが互いに素であることが必要十分である。
ピタゴラス数の性質[編集]
ピタゴラス数を面積及び長さの比で表した図。青はm^2-n^2、緑は2mn、赤はm^2+n^2を表現している。右上の矢印の先で青の長方形の右の辺の延長線並びに赤と青の円弧が交差していることで、面積及び長さの比が直角三角形の三辺の比として成り立っていることが確認できる。
数１に相当する長さを定めた上でピタゴラス数の関係を長さで表した図。ピタゴラス数を表現する長さが直角三角形(桃色)の三辺として成り立っていることが確認できる。(赤矢印が示す交点一致)
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 と n は互いに素
m > n
m － n は奇数
を満たすとして、
(a, b, c) = (m2 － n2, 2mn, m2 + n2) or (2mn, m2 － n2, m2 + n2)
であることが必要十分である。上記の (m, n) は無数に存在し、2mn は重複しないから、原始ピタゴラス数は無数に存在する。これにより、すべての原始ピタゴラス数を重複なく見つけ出すことができる。
例えば
(m, n) = (2, 1) のとき (a, b, c) = (3, 4, 5)
(m, n) = (3, 2) のとき (a, b, c) = (5, 12, 13)
(m, n) = (4, 1) のとき (a, b, c) = (8, 15, 17)
である。
原始ピタゴラス数 (a, b, c) について、次のような性質も成り立つ。
a または b は 4 の倍数
a または b は 3 の倍数
a または b または c は 5 の倍数
また、一般のピタゴラス数 (a, b, c) に対して、S =
1
2
ab（直角三角形の面積）は平方数でない。
直角三角形の三辺の長さを整数とするための調整[編集]
直角三角形の三辺の長さを整数とするための調整の図
直角三角形の三辺の長さを整数とするための調整の図において、赤枠の正方形の面積から緑の正方形の面積を差し引いた残りの面積を互いに合同な青塗の長方形４枚で占めている。
青塗の長方形の長辺と短辺の長さが整数であれば、
赤枠の正方形の辺の長さは青塗の長方形の長辺と短辺の和
緑の正方形の辺の長さは青塗の長方形の長辺と短辺の差
となり、いずれも整数として表せることになる。
また、この青塗の長方形の面積を整数の二乗で表せれば、その４枚分の面積に等しく辺の長さが整数である正方形を作り出せることになる。
なおかつ、二つの正方形の面積の和が別の正方形の面積となることにもなり、この場合、三つの正方形の各辺の長さを用いて直角三角形を作れることになる。
ただし、青塗の長方形は当然正方形となってはならず（長辺と短辺の差によって緑の正方形を作る必要がある）、互いに異なりながらその積が整数の二乗となる２つの数を青塗の長方形の幅と高さに割り当てる必要がある。
それを実現する方法の一つとして、青塗の長方形の幅と高さをそれぞれ異なる整数の二乗とする方法がある。
図では、数１の長さを定めた上で整数m,n(m＞n≧1)の長さも設定し、それぞれの二乗を青塗の長方形の辺の長さにしている。
また、その４枚の合計面積と等面積にして辺の長さが整数となる正方形(青枠の正方形)を求め出している。
（青枠の正方形の辺の長さは 4m^2n^2 の正の平方根 2mn となる。）
緑、青枠、赤枠の各正方形の辺の長さをa,b,cとすると、
a=m^2-n^2
b=2mn
c=m^2+n^2
となり、それぞれ整数であり、 a^2+b^2=c^2 が成り立つので、a,b,cを三辺の長さとする三角形は直角三角形となる。
Jesmanowicz 予想[編集]
1956年に Jesmanowicz が以下の予想を提出した。
(a, b, c) を原始ピタゴラス数、n を自然数とする。x, y, z が
(an)^x+(bn)^y=(cn)^z
で自然数解を持つには、
x=y=z=2
であることが必要である。
一般化[編集]
角の一般化[編集]
詳細は「余弦定理」を参照
第二余弦定理
c2 = a2 + b2 － 2ab cos C
はピタゴラスの定理を C =
π
2
= 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角度について拡張した定理になっている。
指数の一般化[編集]
詳細は「フェルマーの最終定理」を参照
指数の 2 の部分を一般化すると
an + bn = cn
となる。n = 2 の場合は自明でない（つまり a, b, c のいずれも 0 でない）整数解は実質原始ピタゴラス数であり、無数に存在するが、n ≥ 3 の場合には自明でない整数解は存在しない（詳細はフェルマーの最終定理を参照）。
次元の一般化[編集]
詳細は「en:De Gua's theorem」を参照
3次元空間内に平面があるとき、その閉領域 S の面積は、yz 平面、zx 平面、xy 平面への射影の面積 Sx, Sy, Sz を用いて
S^2={S_x}^2+{S_y}^2+{S_z}^2
と表される。これは高次元へ一般化できる。
ピタゴラスの定理の証明[編集]
この定理には数百通りもの異なる証明が知られている。ここにいくつかの代表的な証明を挙げる。
以下では頂点 A, B, C からなる三角形を △ABC と表す。また、各辺 AB, BC, CA に向かい合う角をそれぞれ ∠C, ∠A, ∠B と表し、各頂点 A, B, C の対辺 BC, CA, AB の長さをそれぞれ a, b, c と表す。 頂点の記号は直角三角形 △ABC の直角が ∠C になるように与える。
相似による証明[編集]
相似を用いた証明
頂点 C から斜辺 AB に下ろした垂線の足を H とする。△ABC, △ACH, △CBH は互いに相似である。よって △ABC と △ACH の相似比より
\text{AC}:\text{AH} = \text{AB}:\text{AC} \Longrightarrow \text{AH} = { \text{AC} \times \text{AC} \over \text{AB} } = {b^2 \over c}
であり、同様に △ABC と △CBH の相似比より
\text{BH} = {a^2 \over c}
である。したがって
c = \text{AB} = \text{AH} + \text{BH} = {b^2 \over c} + {a^2 \over c}
であるから、両辺にc を掛けて
c^2=a^2+b^2
を得る。
正方形を用いた証明[編集]
正方形を用いた証明
△ABC と合同な4個の三角形を図のように並べると、外側に一辺が a + b 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4個の面積の合計は
{ab \over 2} \times 4 = 2ab
である。これらを代入すると、
(a+b)^2=c^2+2ab
整理して
a^2+b^2=c^2
を得る。
幾何学的な証明
Teorema de Pitágoras.Pappus1.svg
Pythagorean proof.png
『周髀算経』におけるピタゴラスの定理の証明（中国語: 句股冪合以成弦冪）
内接円を用いた証明[編集]
△ABC の面積 S は
S=\frac{ab}{2}
(1)
また △ABC の内接円の半径を r とすると
c=(a-r)+(b-r)
(2)
であり、(2) を半径 r について解くと
r=\frac{a+b-c}{2}
(3)
となる。三角形の面積 S を内接円の半径 r を用いて表すと
S={r(a+b+c) \over 2}
(4)
となる。(4) に (1), (3) を代入すると
{ab \over 2}={(a+b-c)(a+b+c) \over 4}
(5)
(5) を整理すると
a^2+b^2=c^2
(6)
が得られる。
オイラーの公式を用いた証明[編集]
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。
オイラーの公式より
\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}
または
\begin{align}
\sin^2 \theta+\cos^2 \theta
&=\left(\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\right)^{2}+\left(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^{2}\\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}-2}{-4}+\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}+2}{4}\\
&=\frac{4}{4}
=1
\end{align}
もしくは、オイラーの公式から三角関数の半角の公式を導出する。
\begin{align}
\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}
\therefore \sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1.[7][8][9]
(1)
(1) の式はピタゴラスの基本三角関数公式 (Fundamental Pythagorean trigonometric identity) と呼ばれている[10]。
(1) の時点ですでに単位円上において本定理の成立が明らかである。なぜならば、本定理の逆は本定理を用いずに証明可能であるし、単位円上の任意の点の座標は (cosθ, sinθ) で表せるからである[11]。
さて、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおけば
a = c \cdot \sin \theta
b = c \cdot \cos \theta
したがって
a^2 = c^2\sin^2 \theta
(2)
b^2 = c^2\cos^2 \theta
(3)
(2), (3) より
a^2+b^2=c^2(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)
(4)
(1), (4) より
a^2+b^2=c^2
が得られる[8][12]。
三角関数の微分公式を用いた証明[編集]
正弦および余弦関数を微分すれば
(\sin \theta )'=\cos \theta
(1)
(\cos \theta )'=-\sin \theta
(2)
(1), (2) 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
したがって
\sin^2 \theta +\cos^2 \theta =C
ここで C は定数である。θ = 0 を代入すると sin 0 = 0, cos 0 = 1 であるので、C = 1 が得られる。よって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
(3)
が得られる[9]。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、(3) および、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば
a^2+b^2={a^2+b^2 \over 1}={a^2+b^2 \over \sin^2 \theta + \cos^2 \theta}={a^2+b^2 \over {a^2+b^2 \over c^2}}=c^2
が得られる。
三角関数の不定積分を用いた証明[編集]
下記のように関数を定める。
\begin{align}f(\theta)=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta .\end{align}
上記を漸化式を利用して不定積分すると
\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_{1} +C_{2}\end{align}
である[13]。微分積分学の基本定理を考慮し、これを微分すると
\begin{align}\frac{d}{d\theta} \left \{\int f(\theta) d\theta \right \} &= f(\theta)
&= \frac{d}{d\theta}(\theta + C_{1} +C_{2})
&= 1\end{align}
である。したがって
\begin{align}f(\theta)=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta &= 1 .\end{align}
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を用いた証明[編集]
三角関数は級数など（幾何以外の原理）によって定義されているものとし、オイラーの公式など（証明に本定理を使用しない方法）によって導出された三角関数の加法定理を用いれば
1 = \cos 0 = \cos( \theta - \theta ) = \cos \theta \cos \theta + \sin \theta \sin \theta = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta
または
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = \sin \theta \cos \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) + \cos \theta \sin \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) = \sin \frac{\pi}{2} =1
が得られる[14][15]。 また、加法定理を応用した三角関数の積和公式を用いて
\begin{align}
\sin^2 \theta
&= \frac{\cos(\theta - \theta) - \cos(\theta + \theta)}{2}\\
&= \frac{1 - \cos 2\theta}{2}
\end{align}
\begin{align}
\cos^2 \theta
&= \frac{\cos(\theta - \theta) + \cos(\theta + \theta)}{2}\\
&= \frac{1 + \cos 2\theta}{2}
\end{align}
したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる。 両辺に c 2 を乗算して
c^2\sin^2 \theta + c^2\cos^2 \theta = c^2
ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば
c^2 \times \left({a \over c}\right)^2 + c^2 \times \left({b \over c}\right)^2 = c^2
よって
a^2+b^2=c^2
が得られる[14]。
冪級数展開を用いた証明[編集]
三角関数は級数によって定義されているものとし、cosθ と sinθ 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[注 2]。ここで二項定理より
\begin{align}
\sum_{k=0}^{n} \binom{2n}{2k} - \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}
&= \sum_{m = 0}^{2n} (-1)^m {2n \choose m}
&= (1 - 1)^{2n}
&= 0
\end{align}
である。したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮し、各辺の比を考えれば
\sin^2 \theta : \cos^2 \theta : 1=a^2:b^2:c^2
であるから
a^2+b^2=c^2
が得られる[16]。
回転行列を用いた証明[編集]
平面の原点を中心とする角 θ の回転は
R(\theta)=\begin{bmatrix}
\cos \theta&-\sin \theta\\
\sin \theta&\cos \theta
\end{bmatrix}
で表される。 R (θ) R (-θ) = I2 （単位行列）であるが[17]、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[18]。したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる[19]。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、正弦定理より
\begin{align}
\frac{a}{\sin \theta} &= \frac{b}{\sin (\pi-\frac{\pi}{2}-\theta)} = \frac{c}{\sin (\frac{\pi}{2})}\\
\frac{a}{\sin \theta} &= \frac{b}{\cos \theta} = c
\end{align}
であるから
a^2+b^2=c^2
が得られる。
三角関数と双曲線関数を用いた証明[編集]
任意の 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[20][21]。よって任意の θ ∈ C に対して
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が成り立つ。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、連比関係より
\frac{a^2}{\sin^2 \theta} = \frac{b^2}{\cos^2 \theta} = c^2
であるから
a^2+b^2=c^2
が得られる。
ピタゴラスの定理の逆の証明[編集]
ピタゴラスの定理の逆とは、△ABC に対して
a^2+b^2=c^2
が成立すれば、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形であるというものである。以下に証明を示す。
ピタゴラスの定理に依存しない証明[編集]
ピタゴラスの定理に依存しない証明
a 2 + b 2 = c 2 を満たす △ABC において、線分 AB を b 2 : a 2 の比に内分する点を 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}\\
\text{DB}
&= c \times \frac{a^2}{b^2+a^2}\\
&= c \times \frac{a^2}{c^2}\\
&= \frac{a^2}{c}
\end{align}
である。これより、△ABC と △ACD において
\begin{align}
\text{AB} : \text{AC} &= c : b\\
\text{AC} : \text{AD} &= b : \frac{b^2}{c} = c : b
\end{align}
であるから
\text{AB} : \text{AC} = \text{AC} : \text{AD}
が成り立つ。ここで
\angle \text{BAC} = \angle \text{CAD}
であるから、2辺比夾角相等より
\triangle \text{ABC} \sim \triangle \text{ACD}
が成り立つ。したがって
\angle \text{ACB} = \angle \text{ADC}
である。 同様に △ABC と △CBD において
\begin{align}
\text{AB} : \text{BC} &= c : a\\
\text{CB} : \text{BD} &= a : \frac{a^2}{c} = c : a
\end{align}
であるから
\text{AB} : \text{BC} = \text{CB} : \text{BD}
が成り立つ。ここで
\angle \text{ABC} = \angle \text{CBD}
であるから、2辺比夾角相等より
\triangle \text{ABC} \sim \triangle \text{CBD}
が成り立つ。したがって
\angle \text{ACB} = \angle \text{CDB}
である。ここで
\angle \text{ADC} + \angle \text{CDB} = \pi
であるから
\angle \text{ACB} + \angle \text{ACB} = 2 \angle \text{ACB} = \pi
である。したがって
\angle \text{ACB} = \frac{\pi}{2}
である[11]。ゆえに、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形である。
同一法を用いた証明[編集]
ピタゴラスの定理を用いた証明
B'C' = a, A'C' = b，∠C' =
π
2
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
a^2+b^2=c'\,^2
(1)
が成り立つ。 一方、仮定から △ABC において
a^2+b^2=c^2
(2)
が成り立っている。(1) 、(2) 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'B'C'}
よって、∠C = ∠C' =
π
2
である[11]。 ゆえに、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形である。
対偶を用いた証明[編集]
△ABC において ∠C ≠
π
2
であると仮定する。頂点 A から直線 BC に下した垂線の足を D とし、AD = h, CD = d とする。
∠C <
π
2
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
2
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}
ゆえに
c^2 > a^2+b^2
となる。
よっていずれの場合も
a^2+b^2 \ne c^2
である。対偶を取って、a 2 + b 2 = c 2 ならば ∠C =
π
2
である。
なお、この証明から分かるように、
∠C <
π
2
⇔ a 2 + b 2 > c 2
∠C =
π
2
⇔ a 2 + b 2 = c 2
∠C >
π
2
⇔ a 2 + b 2 < c 2
という対応がある。
余弦定理を用いた証明[編集]
余弦定理を用いた証明
ピタゴラスの定理は既に証明されているとする。△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
である。仮定より
a^2+b^2=c^2
であるから
\cos C=0
である。三角形の内角の和は π であるから、0 < C < π である。 したがって
\angle \text{ACB}=\cos^{-1} 0=\frac{\pi}{2}
である。ゆえに、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形である。
ベクトルを用いた証明[編集]
ピタゴラスの定理は既に証明されているとする。△ABC において
\Vert \vec c \|^2 = \Vert \vec a \|^2 + \Vert \vec b \|^2
であり
\vec c = \vec b - \vec a
である。 ここで
\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。
三角関数と逆三角関数を用いた証明[編集]
△ABC において、それぞれの辺の長さを AB = c, BC = a, CA = b と表し、a 2 + b 2 = c 2 、a , b , c > 0 を満たすものとする。 ピタゴラスの定理は既知とする[注 3]。 三角関数と逆三角関数を無限級数で定義する。 θ を角度とし、0 <θ <
π
2
とする[注 4]。 オイラーの公式などの幾何以外の原理による証明より eiθ e-iθ = sin2 θ + cos2 θ = 1 であり、θ ∈ R ⇒ sin θ , cos θ ∈ R である。 仮定の式を (
a
c
) 2 + (
b
c
) 2 = 1 と整理し、複素数の極形式との整合性も考慮して
\begin{align}
\sin \theta &= \frac{a}{c}
&= \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}
\end{align}
\begin{align}
\cos \theta &= \frac{b}{c}
&= \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}
\end{align}
とおく[22][23][注 5]。 ところで
\begin{align}
x^2 + y^2 \le 1
\end{align}
の場合の2つの角の大きさの和は
\begin{align}
\sin^{-1} x + \sin^{-1} y = \sin^{-1} (x \sqrt{1 - y^2} + y \sqrt{1 - x^2})
\end{align}
である[24][25][26][27][注 6]。ただし、ここで議論する逆三角関数は主値を考える。ここで
\begin{align}
x^2 + y^2 = 1
\end{align}
の時は
\begin{align}
\sin^{-1} x + \sin^{-1} y
&= \sin^{-1} 1
&= \frac{\pi}{2}
\end{align}
である[27]。 したがって、2つの角の大きさの和は
\begin{align}
\sin^{-1} \frac{a}{c} + \sin^{-1} \frac{b}{c}
&= \frac{\pi}{2}
\end{align}
である。また、逆三角関数の定義と公式より
\begin{align}
\sin^{-1} (\sin \theta) &= \theta ,\\
\sin^{-1} (\cos \theta) &= \frac{\pi}{2} - \cos^{-1} (\cos \theta)\\
&= \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
である。なぜならば、f (x) = sin-1 x とおくと
f(x) = \sin^{-1} x = \int \frac {1} {\sqrt{1-x^{2}}} dx
= \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {x^{2n+1}} {2n+1} + C
f (0) = 0 より、C = 0 であるから
\sin^{-1} x
= \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {x^{2n+1}} {2n+1}
である[27]。 次に f (y) = cos-1 y とおくと
\begin{align}
f(y) &= \cos^{-1} y
&= - \int \frac {1} {\sqrt{1-y^{2}}} dy
&= - \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {y^{2n+1}} {2n+1} + C
\end{align}
余弦による円周率の定義 cos
π
2
= 0 より[23]、f (0) =
π
2
となり、C =
π
2
であるから
\begin{align}
\cos^{-1} y
&= \frac{\pi}{2} - \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {y^{2n+1}} {2n+1}\\
&= \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} y
\end{align}
である。したがって
\begin{align}
\sin^{-1} y
&= \frac{\pi}{2} - \cos^{-1} y
\end{align}
である[27][28]。 ゆえに、三角形の角
\begin{align}
\sin^{-1} \frac{a}{c} = \sin^{-1} (\sin \theta) = \theta
\end{align}
および
\begin{align}
\sin^{-1} \frac{b}{c} = \sin^{-1} (\cos \theta) = \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
は、余角の関係にある。 仮定より、△ABC の辺 a , b , c には、内分点も外分点もなく、辺 a , b , c 以外の線分、半直線、直線や曲線もない。 また、a : b : c の三角形と
a
c
:
b
c
: 1 の三角形は相似であるから、対応する角の大きさは各々等しい。ゆえに、sin -1
a
c
の大小関係は、辺 a の対角 A の角度の大小関係に関連し、sin -1
b
c
の大小関係は、辺 b の対角 B の角度の大小関係に関連する。 すなわち、θ や
π
2
- θ は、それぞれ △ABC の内角である。 三角形の内角は3つであり、内角の和は π であるから、余角の関係にある2つの角を除く、残りの1つの角の大きさは
π
2
である。 0 <θ <
π
2
であるため、△ABC の最も大きい内角は
π
2
である。 仮定より、最も長い辺は max (a , b , c) = c であるから、その対角が C =
π
2
である。 ゆえに、△ABC は C =
π
2
の直角三角形である。 さらに議論を進めると
\begin{align}
\sin^{-1} (\cos \theta) &= \frac{\pi}{2} - \cos^{-1} (\cos \theta)\\
&= \frac{\pi}{2} - \theta ,
\end{align}
\begin{align}
\sin^{-1} \left \{\sin \left(\frac{\pi}{2} - \theta \right) \right \}
&= \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
であるから、鋭角 θ の余角の正弦は、角 θ の余弦である。 さらに
\begin{align}
\cos^{-1} (\sin \theta) &= \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} (\sin \theta)\\
&= \frac{\pi}{2} - \theta ,\\
\end{align}
\begin{align}
\cos^{-1} \left \{\cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta \right) \right \}
&= \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
であるから、鋭角 θ の余角の余弦は、角 θ の正弦である。
三角関数と逆三角関数を用いた証明
ここで、θ が 0 から
π
2
まで増加するとき、sin θ =
a
c
は、0 から 1 まで狭義単調増加し、cos θ =
b
c
は、1 から 0 まで狭義単調減少する[23][29]。 前述の議論との整合性を保つためには、辺 a の対角を A = θ とおかなければならない[注 7]。 残りの辺 b , c の対角を B , C とおくと
\begin{align}
A &= \sin^{-1} \frac{a}{c} = \sin^{-1} (\sin \theta) = \theta ,\\
B &= \sin^{-1} \frac{b}{c} = \sin^{-1} (\cos \theta) = \sin^{-1} \left \{\sin \left(\frac{\pi}{2} - \theta \right) \right \} = \frac{\pi}{2} - \theta,\\
C &= \pi - ( A + B) = \frac{\pi}{2}
\end{align}
となる。https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%94%E3%82%BF%E3%82%B4%E3%83%A9%E3%82%B9%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86
再生核研究所声明296(2016.05.06) ゼロ除算の混乱
ゼロ除算の研究を進めているが、誠に奇妙な状況と言える。簡潔に焦点を述べておきたい。
ゼロ除算はゼロで割ることを考えることであるが、物理学的にはアリストテレス、ニュートン、アンシュタインの相当に深刻な問題として、問題にされてきた。他方、数学界では６２８年にインドで四則演算の算術の法則の確立、記録とともに永年問題とされてきたが、オイラー、アーベル、リーマン達による、不可能であるという考えと、極限値で考えて無限遠点とする定説が永く定着してきている。
ところが数学界の定説には満足せず、今尚熱い話題、問題として、議論されている。理由は、ゼロで割れないという例外がどうして存在するのかという、素朴な疑問とともに、積極的に、計算機がゼロ除算に出会うと混乱を起こす具体的な懸案問題を解消したいという明確な動機があること、他の動機としてはアインシュタインの相対性理論の上手い解釈を求めることである。これにはアインシュタインが直接言及しているように、ゼロ除算はブラックホールに関係していて、ブラックホールの解明を意図している面もある。偶然、アインシュタイン以後１００年 実に面白い事件が起きていると言える。偶然、２０年以上も考えて解明できたとの著書さえ出版された。― これは、初めから、間違いであると理由を付けて質問を送っているが、納得させる回答が無い。実名を上げず、具体的に 状況を客観的に述べたい。尚、ゼロ除算はリーマン仮説に密接に関係があるとの情報があるが 詳しいことは分からない。
１： ゼロ除算回避を目指して、新しい代数的な構造を研究しているグループ、相当な積み重ねのある理論を、体や環の構造で研究している。例えて言うと、ゼロ除算は沢山存在するという、考え方と言える。― そのような抽象的な理論は不要であると主張している。
２：同じくゼロ除算回避を志向して 何と0/0 を想像上の数として導入し、正、負無限大とともに数として導入して、新しい数の体系と演算の法則を考え、展開している。相当なグループを作っているという。BBCでも報じられたが、数学界の評判は良くないようである。― そのような抽象的な理論は不要であると主張している。
３：最近、アインシュタインの理論の専門家達が アインシュタインの理論から、0/0=1, 1/0=無限 が出て、ゼロ除算は解決したと報告している。― しかし、これについては、論理的な間違いがあると具体的に指摘している。結果も我々の結果と違っている。
４：数学界の永い定説では、1/0 は不可能もしくは、極限の考え方で、無限遠点を対応させる. 0/0 は不定、解は何でも良いとなっている。― 数学に基本的な欠落があって、ゼロ除算を導入しなければ数学は不完全であると主張し、新しい世界観を提起している。
ここ２年間の研究で、ゼロ除算は 何時でもゼロz/0=0であるとして、 上記の全ての立場を否定して、新しい理論の建設を進めている。z/0 は 普通の分数ではなく、拡張された意味でと初期から説明しているが、今でも誤解していて、混乱している人は多い、これは真面目に論文を読まず、初めから、問題にしていない証拠であると言える。
上記、関係者たちと交流、討論しているが、中々理解されず、自分たちの建設している理論に固執しているさまがよく現れていて、数学なのに、心情の問題のように感じられる微妙で、奇妙な状況である。
我々のゼロ除算の理論的な簡潔な説明、それを裏付ける具体的な証拠に当たる結果を沢山提示しているが、中々理解されない状況である。
数学界でも永い間の定説で、初めから、問題にしない人は多い状況である。ゼロ除算は算数、ユークリッド幾何学、解析幾何学など、数学の基本に関わることなので、この問題を究明、明確にして頂きたいと要請している：
再生核研究所声明 277(2016.01.26)：アインシュタインの数学不信 ― 数学の欠陥
再生核研究所声明 278(2016.01.27)： 面白いゼロ除算の混乱と話題
再生核研究所声明279(2016.01.28) ： ゼロ除算の意義
再生核研究所声明280(2016.01.29) : ゼロ除算の公認、認知を求める
我々のゼロ除算について８歳の少女が３週間くらいで、当たり前であると理解し、高校の先生たちも、簡単に理解されている数学、それを数学の専門家や、ゼロ除算の専門家が２年を超えても、誤解したり、受け入れられない状況は誠に奇妙で、アリストテレスの２０００年を超える世の連続性についての固定した世界観や、上記天才数学者たちの足跡、数学界の定説に まるで全く嵌っている状況に感じられる。
以 上
２０１６．５．６．１６：３２
２０１６．５．６．１９：０５
２０１６．５．６．２０：２０
２０１６．５．７．０５：４５
２０１６．５．７．１９：００
２０１６．５．８．０５：２５
２０１６．５．８．１５：００ 出かけている最中、 最後の文が思い付く。
２０１６．５．８．２０：３５
２０１６．５．９．０５：４０
ゼロ除算で初めて国際会議の招待を受けた：
Thank you very much to this papers. This is something new for me and I wish to know much more about it. I will read the papers very carefully.
Mean time I wish to invite you to Plenary Speaker in the third edition ・・・
The organization can pay you:
• the accommodation during the conference,
• lunches during the conference,
• the social events (excluding the excursion).
２０１６．５．９．０６：４０ 完成、公表
ピタゴラスの定理―4000年の歴史/E. マオール
￥3,024
Amazon.co.jp
概要[編集]
平面幾何学において直角三角形の斜辺の長さを c、他の2辺の長さを a, b とすると、
c^2=a^2+b^2
が成り立つという定理である[1][2][3]。
ピタゴラスの定理によって、直角三角形をなす3辺の内、2辺の長さを知ることができれば、残りの1辺の長さを知ることができる。例えば、直交座標系において原点と任意の点を結ぶ線分の長さは、ピタゴラスの定理に従って、その点の座標成分を2乗したものの総和として表すことができる[注 1]。このことは2次元の座標系に限らず、3次元の系やより大きな次元の系についても成り立つ。この事実から、ピタゴラスの定理を用いて任意の2点の間の距離を測ることができる。このようにして導入される距離はユークリッド距離と呼ばれる。
「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」など幾つかの逸話が知られているものの、この定理はピタゴラスが発見したかどうかは分からない。バビロニア数学のプリンプトン322や古代エジプト[4]などでもピタゴラス数については知られていたが、彼らが定理を発見していたかどうかは定かではない。
中国古代の数学書『九章算術』や『周髀算経』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、商高定理等と呼び、日本の和算でも中国での名称を用いて鉤股弦の法（こうこげんのほう）等と呼んだ[5]。三平方の定理という名称は、敵性語が禁じられていた第二次世界大戦中に文部省の図書監修官であった塩野直道の依頼を受けて、数学者末綱恕一が命名したものである[6]。
ピタゴラス数[編集]
a2 + b2 = c2 を満たす自然数の組 (a, b, c) をピタゴラス数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 (prime) 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、原始ピタゴラス数の正の整数倍により得られる。
ピタゴラス数 (a, b, c) が原始的であるためには、3つのうち2つが互いに素であることが必要十分である。
ピタゴラス数の性質[編集]
ピタゴラス数を面積及び長さの比で表した図。青はm^2-n^2、緑は2mn、赤はm^2+n^2を表現している。右上の矢印の先で青の長方形の右の辺の延長線並びに赤と青の円弧が交差していることで、面積及び長さの比が直角三角形の三辺の比として成り立っていることが確認できる。
数１に相当する長さを定めた上でピタゴラス数の関係を長さで表した図。ピタゴラス数を表現する長さが直角三角形(桃色)の三辺として成り立っていることが確認できる。(赤矢印が示す交点一致)
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 と n は互いに素
m > n
m － n は奇数
を満たすとして、
(a, b, c) = (m2 － n2, 2mn, m2 + n2) or (2mn, m2 － n2, m2 + n2)
であることが必要十分である。上記の (m, n) は無数に存在し、2mn は重複しないから、原始ピタゴラス数は無数に存在する。これにより、すべての原始ピタゴラス数を重複なく見つけ出すことができる。
例えば
(m, n) = (2, 1) のとき (a, b, c) = (3, 4, 5)
(m, n) = (3, 2) のとき (a, b, c) = (5, 12, 13)
(m, n) = (4, 1) のとき (a, b, c) = (8, 15, 17)
である。
原始ピタゴラス数 (a, b, c) について、次のような性質も成り立つ。
a または b は 4 の倍数
a または b は 3 の倍数
a または b または c は 5 の倍数
また、一般のピタゴラス数 (a, b, c) に対して、S =
1
2
ab（直角三角形の面積）は平方数でない。
直角三角形の三辺の長さを整数とするための調整[編集]
直角三角形の三辺の長さを整数とするための調整の図
直角三角形の三辺の長さを整数とするための調整の図において、赤枠の正方形の面積から緑の正方形の面積を差し引いた残りの面積を互いに合同な青塗の長方形４枚で占めている。
青塗の長方形の長辺と短辺の長さが整数であれば、
赤枠の正方形の辺の長さは青塗の長方形の長辺と短辺の和
緑の正方形の辺の長さは青塗の長方形の長辺と短辺の差
となり、いずれも整数として表せることになる。
また、この青塗の長方形の面積を整数の二乗で表せれば、その４枚分の面積に等しく辺の長さが整数である正方形を作り出せることになる。
なおかつ、二つの正方形の面積の和が別の正方形の面積となることにもなり、この場合、三つの正方形の各辺の長さを用いて直角三角形を作れることになる。
ただし、青塗の長方形は当然正方形となってはならず（長辺と短辺の差によって緑の正方形を作る必要がある）、互いに異なりながらその積が整数の二乗となる２つの数を青塗の長方形の幅と高さに割り当てる必要がある。
それを実現する方法の一つとして、青塗の長方形の幅と高さをそれぞれ異なる整数の二乗とする方法がある。
図では、数１の長さを定めた上で整数m,n(m＞n≧1)の長さも設定し、それぞれの二乗を青塗の長方形の辺の長さにしている。
また、その４枚の合計面積と等面積にして辺の長さが整数となる正方形(青枠の正方形)を求め出している。
（青枠の正方形の辺の長さは 4m^2n^2 の正の平方根 2mn となる。）
緑、青枠、赤枠の各正方形の辺の長さをa,b,cとすると、
a=m^2-n^2
b=2mn
c=m^2+n^2
となり、それぞれ整数であり、 a^2+b^2=c^2 が成り立つので、a,b,cを三辺の長さとする三角形は直角三角形となる。
Jesmanowicz 予想[編集]
1956年に Jesmanowicz が以下の予想を提出した。
(a, b, c) を原始ピタゴラス数、n を自然数とする。x, y, z が
(an)^x+(bn)^y=(cn)^z
で自然数解を持つには、
x=y=z=2
であることが必要である。
一般化[編集]
角の一般化[編集]
詳細は「余弦定理」を参照
第二余弦定理
c2 = a2 + b2 － 2ab cos C
はピタゴラスの定理を C =
π
2
= 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角度について拡張した定理になっている。
指数の一般化[編集]
詳細は「フェルマーの最終定理」を参照
指数の 2 の部分を一般化すると
an + bn = cn
となる。n = 2 の場合は自明でない（つまり a, b, c のいずれも 0 でない）整数解は実質原始ピタゴラス数であり、無数に存在するが、n ≥ 3 の場合には自明でない整数解は存在しない（詳細はフェルマーの最終定理を参照）。
次元の一般化[編集]
詳細は「en:De Gua's theorem」を参照
3次元空間内に平面があるとき、その閉領域 S の面積は、yz 平面、zx 平面、xy 平面への射影の面積 Sx, Sy, Sz を用いて
S^2={S_x}^2+{S_y}^2+{S_z}^2
と表される。これは高次元へ一般化できる。
ピタゴラスの定理の証明[編集]
この定理には数百通りもの異なる証明が知られている。ここにいくつかの代表的な証明を挙げる。
以下では頂点 A, B, C からなる三角形を △ABC と表す。また、各辺 AB, BC, CA に向かい合う角をそれぞれ ∠C, ∠A, ∠B と表し、各頂点 A, B, C の対辺 BC, CA, AB の長さをそれぞれ a, b, c と表す。 頂点の記号は直角三角形 △ABC の直角が ∠C になるように与える。
相似による証明[編集]
相似を用いた証明
頂点 C から斜辺 AB に下ろした垂線の足を H とする。△ABC, △ACH, △CBH は互いに相似である。よって △ABC と △ACH の相似比より
\text{AC}:\text{AH} = \text{AB}:\text{AC} \Longrightarrow \text{AH} = { \text{AC} \times \text{AC} \over \text{AB} } = {b^2 \over c}
であり、同様に △ABC と △CBH の相似比より
\text{BH} = {a^2 \over c}
である。したがって
c = \text{AB} = \text{AH} + \text{BH} = {b^2 \over c} + {a^2 \over c}
であるから、両辺にc を掛けて
c^2=a^2+b^2
を得る。
正方形を用いた証明[編集]
正方形を用いた証明
△ABC と合同な4個の三角形を図のように並べると、外側に一辺が a + b 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4個の面積の合計は
{ab \over 2} \times 4 = 2ab
である。これらを代入すると、
(a+b)^2=c^2+2ab
整理して
a^2+b^2=c^2
を得る。
幾何学的な証明
Teorema de Pitágoras.Pappus1.svg
Pythagorean proof.png
『周髀算経』におけるピタゴラスの定理の証明（中国語: 句股冪合以成弦冪）
内接円を用いた証明[編集]
△ABC の面積 S は
S=\frac{ab}{2}
(1)
また △ABC の内接円の半径を r とすると
c=(a-r)+(b-r)
(2)
であり、(2) を半径 r について解くと
r=\frac{a+b-c}{2}
(3)
となる。三角形の面積 S を内接円の半径 r を用いて表すと
S={r(a+b+c) \over 2}
(4)
となる。(4) に (1), (3) を代入すると
{ab \over 2}={(a+b-c)(a+b+c) \over 4}
(5)
(5) を整理すると
a^2+b^2=c^2
(6)
が得られる。
オイラーの公式を用いた証明[編集]
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。
オイラーの公式より
\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}
または
\begin{align}
\sin^2 \theta+\cos^2 \theta
&=\left(\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\right)^{2}+\left(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^{2}\\
&=\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}-2}{-4}+\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}+2}{4}\\
&=\frac{4}{4}
=1
\end{align}
もしくは、オイラーの公式から三角関数の半角の公式を導出する。
\begin{align}
\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}
\therefore \sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1.[7][8][9]
(1)
(1) の式はピタゴラスの基本三角関数公式 (Fundamental Pythagorean trigonometric identity) と呼ばれている[10]。
(1) の時点ですでに単位円上において本定理の成立が明らかである。なぜならば、本定理の逆は本定理を用いずに証明可能であるし、単位円上の任意の点の座標は (cosθ, sinθ) で表せるからである[11]。
さて、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおけば
a = c \cdot \sin \theta
b = c \cdot \cos \theta
したがって
a^2 = c^2\sin^2 \theta
(2)
b^2 = c^2\cos^2 \theta
(3)
(2), (3) より
a^2+b^2=c^2(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)
(4)
(1), (4) より
a^2+b^2=c^2
が得られる[8][12]。
三角関数の微分公式を用いた証明[編集]
正弦および余弦関数を微分すれば
(\sin \theta )'=\cos \theta
(1)
(\cos \theta )'=-\sin \theta
(2)
(1), (2) 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
したがって
\sin^2 \theta +\cos^2 \theta =C
ここで C は定数である。θ = 0 を代入すると sin 0 = 0, cos 0 = 1 であるので、C = 1 が得られる。よって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
(3)
が得られる[9]。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、(3) および、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば
a^2+b^2={a^2+b^2 \over 1}={a^2+b^2 \over \sin^2 \theta + \cos^2 \theta}={a^2+b^2 \over {a^2+b^2 \over c^2}}=c^2
が得られる。
三角関数の不定積分を用いた証明[編集]
下記のように関数を定める。
\begin{align}f(\theta)=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta .\end{align}
上記を漸化式を利用して不定積分すると
\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_{1} +C_{2}\end{align}
である[13]。微分積分学の基本定理を考慮し、これを微分すると
\begin{align}\frac{d}{d\theta} \left \{\int f(\theta) d\theta \right \} &= f(\theta)
&= \frac{d}{d\theta}(\theta + C_{1} +C_{2})
&= 1\end{align}
である。したがって
\begin{align}f(\theta)=\sin^2 \theta+\cos^2 \theta &= 1 .\end{align}
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を用いた証明[編集]
三角関数は級数など（幾何以外の原理）によって定義されているものとし、オイラーの公式など（証明に本定理を使用しない方法）によって導出された三角関数の加法定理を用いれば
1 = \cos 0 = \cos( \theta - \theta ) = \cos \theta \cos \theta + \sin \theta \sin \theta = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta
または
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = \sin \theta \cos \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) + \cos \theta \sin \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) = \sin \frac{\pi}{2} =1
が得られる[14][15]。 また、加法定理を応用した三角関数の積和公式を用いて
\begin{align}
\sin^2 \theta
&= \frac{\cos(\theta - \theta) - \cos(\theta + \theta)}{2}\\
&= \frac{1 - \cos 2\theta}{2}
\end{align}
\begin{align}
\cos^2 \theta
&= \frac{\cos(\theta - \theta) + \cos(\theta + \theta)}{2}\\
&= \frac{1 + \cos 2\theta}{2}
\end{align}
したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる。 両辺に c 2 を乗算して
c^2\sin^2 \theta + c^2\cos^2 \theta = c^2
ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば
c^2 \times \left({a \over c}\right)^2 + c^2 \times \left({b \over c}\right)^2 = c^2
よって
a^2+b^2=c^2
が得られる[14]。
冪級数展開を用いた証明[編集]
三角関数は級数によって定義されているものとし、cosθ と sinθ 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[注 2]。ここで二項定理より
\begin{align}
\sum_{k=0}^{n} \binom{2n}{2k} - \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}
&= \sum_{m = 0}^{2n} (-1)^m {2n \choose m}
&= (1 - 1)^{2n}
&= 0
\end{align}
である。したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮し、各辺の比を考えれば
\sin^2 \theta : \cos^2 \theta : 1=a^2:b^2:c^2
であるから
a^2+b^2=c^2
が得られる[16]。
回転行列を用いた証明[編集]
平面の原点を中心とする角 θ の回転は
R(\theta)=\begin{bmatrix}
\cos \theta&-\sin \theta\\
\sin \theta&\cos \theta
\end{bmatrix}
で表される。 R (θ) R (-θ) = I2 （単位行列）であるが[17]、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[18]。したがって
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が得られる[19]。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、正弦定理より
\begin{align}
\frac{a}{\sin \theta} &= \frac{b}{\sin (\pi-\frac{\pi}{2}-\theta)} = \frac{c}{\sin (\frac{\pi}{2})}\\
\frac{a}{\sin \theta} &= \frac{b}{\cos \theta} = c
\end{align}
であるから
a^2+b^2=c^2
が得られる。
三角関数と双曲線関数を用いた証明[編集]
任意の 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[20][21]。よって任意の θ ∈ C に対して
\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1
が成り立つ。 ここで、前提とした △ABC について考え、∠A = θ とおいて、三角関数と直角三角形の関係を考慮すれば、連比関係より
\frac{a^2}{\sin^2 \theta} = \frac{b^2}{\cos^2 \theta} = c^2
であるから
a^2+b^2=c^2
が得られる。
ピタゴラスの定理の逆の証明[編集]
ピタゴラスの定理の逆とは、△ABC に対して
a^2+b^2=c^2
が成立すれば、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形であるというものである。以下に証明を示す。
ピタゴラスの定理に依存しない証明[編集]
ピタゴラスの定理に依存しない証明
a 2 + b 2 = c 2 を満たす △ABC において、線分 AB を b 2 : a 2 の比に内分する点を 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}\\
\text{DB}
&= c \times \frac{a^2}{b^2+a^2}\\
&= c \times \frac{a^2}{c^2}\\
&= \frac{a^2}{c}
\end{align}
である。これより、△ABC と △ACD において
\begin{align}
\text{AB} : \text{AC} &= c : b\\
\text{AC} : \text{AD} &= b : \frac{b^2}{c} = c : b
\end{align}
であるから
\text{AB} : \text{AC} = \text{AC} : \text{AD}
が成り立つ。ここで
\angle \text{BAC} = \angle \text{CAD}
であるから、2辺比夾角相等より
\triangle \text{ABC} \sim \triangle \text{ACD}
が成り立つ。したがって
\angle \text{ACB} = \angle \text{ADC}
である。 同様に △ABC と △CBD において
\begin{align}
\text{AB} : \text{BC} &= c : a\\
\text{CB} : \text{BD} &= a : \frac{a^2}{c} = c : a
\end{align}
であるから
\text{AB} : \text{BC} = \text{CB} : \text{BD}
が成り立つ。ここで
\angle \text{ABC} = \angle \text{CBD}
であるから、2辺比夾角相等より
\triangle \text{ABC} \sim \triangle \text{CBD}
が成り立つ。したがって
\angle \text{ACB} = \angle \text{CDB}
である。ここで
\angle \text{ADC} + \angle \text{CDB} = \pi
であるから
\angle \text{ACB} + \angle \text{ACB} = 2 \angle \text{ACB} = \pi
である。したがって
\angle \text{ACB} = \frac{\pi}{2}
である[11]。ゆえに、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形である。
同一法を用いた証明[編集]
ピタゴラスの定理を用いた証明
B'C' = a, A'C' = b，∠C' =
π
2
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
a^2+b^2=c'\,^2
(1)
が成り立つ。 一方、仮定から △ABC において
a^2+b^2=c^2
(2)
が成り立っている。(1) 、(2) 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'B'C'}
よって、∠C = ∠C' =
π
2
である[11]。 ゆえに、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形である。
対偶を用いた証明[編集]
△ABC において ∠C ≠
π
2
であると仮定する。頂点 A から直線 BC に下した垂線の足を D とし、AD = h, CD = d とする。
∠C <
π
2
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
2
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}
ゆえに
c^2 > a^2+b^2
となる。
よっていずれの場合も
a^2+b^2 \ne c^2
である。対偶を取って、a 2 + b 2 = c 2 ならば ∠C =
π
2
である。
なお、この証明から分かるように、
∠C <
π
2
⇔ a 2 + b 2 > c 2
∠C =
π
2
⇔ a 2 + b 2 = c 2
∠C >
π
2
⇔ a 2 + b 2 < c 2
という対応がある。
余弦定理を用いた証明[編集]
余弦定理を用いた証明
ピタゴラスの定理は既に証明されているとする。△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
である。仮定より
a^2+b^2=c^2
であるから
\cos C=0
である。三角形の内角の和は π であるから、0 < C < π である。 したがって
\angle \text{ACB}=\cos^{-1} 0=\frac{\pi}{2}
である。ゆえに、△ABC は ∠C =
π
2
の直角三角形である。
ベクトルを用いた証明[編集]
ピタゴラスの定理は既に証明されているとする。△ABC において
\Vert \vec c \|^2 = \Vert \vec a \|^2 + \Vert \vec b \|^2
であり
\vec c = \vec b - \vec a
である。 ここで
\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。
三角関数と逆三角関数を用いた証明[編集]
△ABC において、それぞれの辺の長さを AB = c, BC = a, CA = b と表し、a 2 + b 2 = c 2 、a , b , c > 0 を満たすものとする。 ピタゴラスの定理は既知とする[注 3]。 三角関数と逆三角関数を無限級数で定義する。 θ を角度とし、0 <θ <
π
2
とする[注 4]。 オイラーの公式などの幾何以外の原理による証明より eiθ e-iθ = sin2 θ + cos2 θ = 1 であり、θ ∈ R ⇒ sin θ , cos θ ∈ R である。 仮定の式を (
a
c
) 2 + (
b
c
) 2 = 1 と整理し、複素数の極形式との整合性も考慮して
\begin{align}
\sin \theta &= \frac{a}{c}
&= \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}
\end{align}
\begin{align}
\cos \theta &= \frac{b}{c}
&= \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}
\end{align}
とおく[22][23][注 5]。 ところで
\begin{align}
x^2 + y^2 \le 1
\end{align}
の場合の2つの角の大きさの和は
\begin{align}
\sin^{-1} x + \sin^{-1} y = \sin^{-1} (x \sqrt{1 - y^2} + y \sqrt{1 - x^2})
\end{align}
である[24][25][26][27][注 6]。ただし、ここで議論する逆三角関数は主値を考える。ここで
\begin{align}
x^2 + y^2 = 1
\end{align}
の時は
\begin{align}
\sin^{-1} x + \sin^{-1} y
&= \sin^{-1} 1
&= \frac{\pi}{2}
\end{align}
である[27]。 したがって、2つの角の大きさの和は
\begin{align}
\sin^{-1} \frac{a}{c} + \sin^{-1} \frac{b}{c}
&= \frac{\pi}{2}
\end{align}
である。また、逆三角関数の定義と公式より
\begin{align}
\sin^{-1} (\sin \theta) &= \theta ,\\
\sin^{-1} (\cos \theta) &= \frac{\pi}{2} - \cos^{-1} (\cos \theta)\\
&= \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
である。なぜならば、f (x) = sin-1 x とおくと
f(x) = \sin^{-1} x = \int \frac {1} {\sqrt{1-x^{2}}} dx
= \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {x^{2n+1}} {2n+1} + C
f (0) = 0 より、C = 0 であるから
\sin^{-1} x
= \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {x^{2n+1}} {2n+1}
である[27]。 次に f (y) = cos-1 y とおくと
\begin{align}
f(y) &= \cos^{-1} y
&= - \int \frac {1} {\sqrt{1-y^{2}}} dy
&= - \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {y^{2n+1}} {2n+1} + C
\end{align}
余弦による円周率の定義 cos
π
2
= 0 より[23]、f (0) =
π
2
となり、C =
π
2
であるから
\begin{align}
\cos^{-1} y
&= \frac{\pi}{2} - \sum_{n=0}^\infty \frac {(2n-1)!!} {(2n)!!} \frac {y^{2n+1}} {2n+1}\\
&= \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} y
\end{align}
である。したがって
\begin{align}
\sin^{-1} y
&= \frac{\pi}{2} - \cos^{-1} y
\end{align}
である[27][28]。 ゆえに、三角形の角
\begin{align}
\sin^{-1} \frac{a}{c} = \sin^{-1} (\sin \theta) = \theta
\end{align}
および
\begin{align}
\sin^{-1} \frac{b}{c} = \sin^{-1} (\cos \theta) = \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
は、余角の関係にある。 仮定より、△ABC の辺 a , b , c には、内分点も外分点もなく、辺 a , b , c 以外の線分、半直線、直線や曲線もない。 また、a : b : c の三角形と
a
c
:
b
c
: 1 の三角形は相似であるから、対応する角の大きさは各々等しい。ゆえに、sin -1
a
c
の大小関係は、辺 a の対角 A の角度の大小関係に関連し、sin -1
b
c
の大小関係は、辺 b の対角 B の角度の大小関係に関連する。 すなわち、θ や
π
2
- θ は、それぞれ △ABC の内角である。 三角形の内角は3つであり、内角の和は π であるから、余角の関係にある2つの角を除く、残りの1つの角の大きさは
π
2
である。 0 <θ <
π
2
であるため、△ABC の最も大きい内角は
π
2
である。 仮定より、最も長い辺は max (a , b , c) = c であるから、その対角が C =
π
2
である。 ゆえに、△ABC は C =
π
2
の直角三角形である。 さらに議論を進めると
\begin{align}
\sin^{-1} (\cos \theta) &= \frac{\pi}{2} - \cos^{-1} (\cos \theta)\\
&= \frac{\pi}{2} - \theta ,
\end{align}
\begin{align}
\sin^{-1} \left \{\sin \left(\frac{\pi}{2} - \theta \right) \right \}
&= \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
であるから、鋭角 θ の余角の正弦は、角 θ の余弦である。 さらに
\begin{align}
\cos^{-1} (\sin \theta) &= \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} (\sin \theta)\\
&= \frac{\pi}{2} - \theta ,\\
\end{align}
\begin{align}
\cos^{-1} \left \{\cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta \right) \right \}
&= \frac{\pi}{2} - \theta
\end{align}
であるから、鋭角 θ の余角の余弦は、角 θ の正弦である。
三角関数と逆三角関数を用いた証明
ここで、θ が 0 から
π
2
まで増加するとき、sin θ =
a
c
は、0 から 1 まで狭義単調増加し、cos θ =
b
c
は、1 から 0 まで狭義単調減少する[23][29]。 前述の議論との整合性を保つためには、辺 a の対角を A = θ とおかなければならない[注 7]。 残りの辺 b , c の対角を B , C とおくと
\begin{align}
A &= \sin^{-1} \frac{a}{c} = \sin^{-1} (\sin \theta) = \theta ,\\
B &= \sin^{-1} \frac{b}{c} = \sin^{-1} (\cos \theta) = \sin^{-1} \left \{\sin \left(\frac{\pi}{2} - \theta \right) \right \} = \frac{\pi}{2} - \theta,\\
C &= \pi - ( A + B) = \frac{\pi}{2}
\end{align}
となる。https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%94%E3%82%BF%E3%82%B4%E3%83%A9%E3%82%B9%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86
再生核研究所声明296(2016.05.06) ゼロ除算の混乱
ゼロ除算の研究を進めているが、誠に奇妙な状況と言える。簡潔に焦点を述べておきたい。
ゼロ除算はゼロで割ることを考えることであるが、物理学的にはアリストテレス、ニュートン、アンシュタインの相当に深刻な問題として、問題にされてきた。他方、数学界では６２８年にインドで四則演算の算術の法則の確立、記録とともに永年問題とされてきたが、オイラー、アーベル、リーマン達による、不可能であるという考えと、極限値で考えて無限遠点とする定説が永く定着してきている。
ところが数学界の定説には満足せず、今尚熱い話題、問題として、議論されている。理由は、ゼロで割れないという例外がどうして存在するのかという、素朴な疑問とともに、積極的に、計算機がゼロ除算に出会うと混乱を起こす具体的な懸案問題を解消したいという明確な動機があること、他の動機としてはアインシュタインの相対性理論の上手い解釈を求めることである。これにはアインシュタインが直接言及しているように、ゼロ除算はブラックホールに関係していて、ブラックホールの解明を意図している面もある。偶然、アインシュタイン以後１００年 実に面白い事件が起きていると言える。偶然、２０年以上も考えて解明できたとの著書さえ出版された。― これは、初めから、間違いであると理由を付けて質問を送っているが、納得させる回答が無い。実名を上げず、具体的に 状況を客観的に述べたい。尚、ゼロ除算はリーマン仮説に密接に関係があるとの情報があるが 詳しいことは分からない。
１： ゼロ除算回避を目指して、新しい代数的な構造を研究しているグループ、相当な積み重ねのある理論を、体や環の構造で研究している。例えて言うと、ゼロ除算は沢山存在するという、考え方と言える。― そのような抽象的な理論は不要であると主張している。
２：同じくゼロ除算回避を志向して 何と0/0 を想像上の数として導入し、正、負無限大とともに数として導入して、新しい数の体系と演算の法則を考え、展開している。相当なグループを作っているという。BBCでも報じられたが、数学界の評判は良くないようである。― そのような抽象的な理論は不要であると主張している。
３：最近、アインシュタインの理論の専門家達が アインシュタインの理論から、0/0=1, 1/0=無限 が出て、ゼロ除算は解決したと報告している。― しかし、これについては、論理的な間違いがあると具体的に指摘している。結果も我々の結果と違っている。
４：数学界の永い定説では、1/0 は不可能もしくは、極限の考え方で、無限遠点を対応させる. 0/0 は不定、解は何でも良いとなっている。― 数学に基本的な欠落があって、ゼロ除算を導入しなければ数学は不完全であると主張し、新しい世界観を提起している。
ここ２年間の研究で、ゼロ除算は 何時でもゼロz/0=0であるとして、 上記の全ての立場を否定して、新しい理論の建設を進めている。z/0 は 普通の分数ではなく、拡張された意味でと初期から説明しているが、今でも誤解していて、混乱している人は多い、これは真面目に論文を読まず、初めから、問題にしていない証拠であると言える。
上記、関係者たちと交流、討論しているが、中々理解されず、自分たちの建設している理論に固執しているさまがよく現れていて、数学なのに、心情の問題のように感じられる微妙で、奇妙な状況である。
我々のゼロ除算の理論的な簡潔な説明、それを裏付ける具体的な証拠に当たる結果を沢山提示しているが、中々理解されない状況である。
数学界でも永い間の定説で、初めから、問題にしない人は多い状況である。ゼロ除算は算数、ユークリッド幾何学、解析幾何学など、数学の基本に関わることなので、この問題を究明、明確にして頂きたいと要請している：
再生核研究所声明 277(2016.01.26)：アインシュタインの数学不信 ― 数学の欠陥
再生核研究所声明 278(2016.01.27)： 面白いゼロ除算の混乱と話題
再生核研究所声明279(2016.01.28) ： ゼロ除算の意義
再生核研究所声明280(2016.01.29) : ゼロ除算の公認、認知を求める
我々のゼロ除算について８歳の少女が３週間くらいで、当たり前であると理解し、高校の先生たちも、簡単に理解されている数学、それを数学の専門家や、ゼロ除算の専門家が２年を超えても、誤解したり、受け入れられない状況は誠に奇妙で、アリストテレスの２０００年を超える世の連続性についての固定した世界観や、上記天才数学者たちの足跡、数学界の定説に まるで全く嵌っている状況に感じられる。
以 上
２０１６．５．６．１６：３２
２０１６．５．６．１９：０５
２０１６．５．６．２０：２０
２０１６．５．７．０５：４５
２０１６．５．７．１９：００
２０１６．５．８．０５：２５
２０１６．５．８．１５：００ 出かけている最中、 最後の文が思い付く。
２０１６．５．８．２０：３５
２０１６．５．９．０５：４０
ゼロ除算で初めて国際会議の招待を受けた：
Thank you very much to this papers. This is something new for me and I wish to know much more about it. I will read the papers very carefully.
Mean time I wish to invite you to Plenary Speaker in the third edition ・・・
The organization can pay you:
• the accommodation during the conference,
• lunches during the conference,
• the social events (excluding the excursion).
２０１６．５．９．０６：４０ 完成、公表
ピタゴラスの定理―4000年の歴史/E. マオール
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