FLT(4): 첫번째, 원시 피타고라스 수

소정리 1: 쌍마다 서로소(pairwise coprime)인 $a,b,c$가 $a^2 + b^2 = c^2$을 만족한다고 가정해보자. 그러면 $a,b$의 홀짝은 다르다. 즉 $c$는 홀수이다.

 

증명)

 

만약 $a,b$가 둘다 짝수라면 $2$는 $a,b$ 공약수가 되므로 $a,b$가 서로소라는 가정에 모순이 생긴다.

 

다음으로 넘어가지 전에 다음을 살펴보자. 우리는 제곱수를 4로 나누었을 때 나머지가 $0$ 아니면 $1$일 수 밖에 없음을 보여주고 싶다. 제곱수 $c^2$이 있다고 가정해보자. $c$는 어떤 정수 $c'$에 대해서 $c = 2c'$ ($c$가 짝수일 때) 혹은 $c = 2c' + 1$ ($c$가 홀수 일 때)이 성립해야 된다. 이를 제곱해보면 $c=4(c')^2$이거나 $c=4((c')^2+c')+1$이기 때문에 4로 나누었을 떄 나머지는 $0$아니면 $1$일 수 밖에 없다.

 

이제 $a,b$가 둘다 홀수라고 해보자. $a= 2a'+1$ 그리고 $b= 2b'+1$을 만족하는 정수 $a',b'$이 존재한다. 이를 식에 대입하면

\[ (2a'+1)^2 + (2b'+1)^2 = 4(a')^2+4a'+1 + 4(b')^2+4b'+1 = 4((a')^2+a'+(b')^2+b')+2 \]

이므로 왼변을 $4$로 나누었을 때 나머지는 $2$가 된다. 하지만 제곱수를 $4$로 나누었을 때 나머지는 $0$ 아니면 $1$이다. 이는 모순이므로 $a,b$는 서로 홀짝이 달라야 한다.

 

소정리 2: 자연수 $a,b,c$에 대해 $c=ab$면서 $gcd(a,b)=1$이면 어떤 자연수 $a', b'$에 대해서 $a = (a')^2$ 과 $b=(b')^2$이 성립한다.

 

증명) 다음은 쉽게 증명할 수 있다. 자연수 $a$의 소인수분해를 다음과 같이 쓰자.

\[ a = p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r} \]

그러면 $a$가 제곱수이다는 모든 $1 \leq i \leq r$에 대해 $e_i$가 짝수이다와 동치이다. $a,b$는 서로소이면 공통되는 소인수가 존재하지 않는다. 즉 $a$와 $b$의 소인수의 지수는 $c$의 지수와 똑같다. 그래서 $a$와 $b$의 소인수의 지수는 전부 짝수이다. 즉 $a$와 $b$는 제곱수이다. 

 

정리 3: 쌍마다 서로소(pairwise coprime)인 정수 $a,b,c$가 $a^2 + b^2 = c^2$을 만족한다고 가정해보자. 소정리 1에 의해서 우리는 $a$가 홀수 그리고 $b$가 짝수라고 가정할 수 있다. (아니면 $a$와 $b$의 위치를 바꾸면 된다.) 그러면

\[ \begin{array}{l} a = m^2-n^2 \\ b=2mn \\ c=m^2+n^2 \end{array} \]

면서 서로소인 정수 $m,n$이 존재한다.

 

증명 1 (자연수 경우)

 

증명 1에서는 $a,b,c$가 모두 자연수라고 가정하자.

 

식을 $b^2 = c^2-a^2 = (c+a)(c-a)$로 정리해보자. $b$가 짝수이고 $c+a, c-a$ 둘다 짝수이기 때문에

\[ \left ( \frac{b}{2} \right )^2 = \frac{c+a}{2} \frac{c-a}{2} \]

에서 $b/2, (c+a)/2, (c-a)/2$ 모두 정수이다. 

\[ c = \frac{c+a}{2} + \frac{c-a}{2} \text{ 그리고 } a = \frac{c+a}{2} - \frac{c-a}{2} \]

이기 때문에 $(c+a)/2$ 와 $(c-a)/2$의 공약수는 $a,c$의 공약수가 된다. 즉 $(c+a)/2$와 $(c-a)/2$는 서로소다.

 

소정리 2에 의해서 $(c+a)/2$ and $(c-a)/2$는 둘 다 제곱수다.

 

$\frac{c+a}{2} = m^2$ 그리고 $\frac{c-a}{2} = n^2$를 만족하는 자연수 $m,n$이 존재한다. 그러면

\[ \begin{array}{lcl} m^2 - n^2 & = & \frac{c+a}{2} - \frac{c-a}{2} = a \\ 2mn & = & 2\sqrt{m^2n^2} = 2 \cdot \frac{b}{2} = b \\ m^2 + n^2 & = & \frac{c+a}{2} + \frac{c-a}{2} = a \end{array} \]

 

참조: $a,b,c$가 모두 자연수가 아니라면 $(c+a)/2$ 혹은 $(c-a)/2$가 음수가 될 수도 있다. 이 경우네는 $(c+a)/2 = -m^2$이 되기 떄문에 증명이 조금 달라지지만 크게 달라지지 않음으로 다루지 않겠다.

 

다음은 대수정수론을 이용해 증명하는 방법이다. 대수정수론을 이용하면 정수 케이스를 좀 더 효과적으로 다룰 수 있다. $\mathbb{Z}[i]$가 유클리드 정역 (Euclidean domain) 이라는 것을 모르는 독자라면 이 증명을 넘기는 것을 추천한다.

 

증명 2 

 

유클리드 정역은 유일인수분해정역(Unique Factorization Domain)입니다. 즉 서로소인 $\beta, \gamma \in \mathbb{Z}[i]$이고 어떤 $\alpha \in \mathbb{Z}[i]$에 대해서 $\beta \gamma = \alpha^2$가 성립을 하게 되면 $\beta = u (\beta')^2$와 $\gamma = u' (\gamma')^2$를 만족하는 $\beta', \gamma' \in \mathbb{Z}[i]$가 존재하게 된다.

 

$\mathbb{Z}[i]$에서는 $a^2 + b^2 = c^2$를 다음과 같이 인수분해할 수 있다.

\[ (a+bi)(a-bi) = c^2 \]

$a+bi$와 $a-bi$를 동시에 나누는 소수 $\alpha \in \mathbb{Z}[i]$가 있다고 가정해보자. 그러면 $\alpha|2a$와 $\alpha|2bi \Rightarrow \alpha|2b$가 성립한다. 이는 $i$가 가역원(invertible element)이기 때문이다. $\alpha|c$이고 $c$가 홀수이기 때문에 $\alpha \not| 2$이다. 즉 $\alpha|a$와 $\alpha|b$가 성립하게 된다. $a,b$가 $\mathbb{Z}[i]$에서 서로소가 아니면 $\mathbb{Z}$에서 서로소가 아니기 때문에 모순이 생긴다. 즉 어떤 가역원 $u$에 대해서 $a+bi = u \cdot (m+ni)^2$이 성립한다. $(m+ni)^2 = (m^2-n^2)+(2mn)i$이고 $b$가 짝수이기 때문에 $u=\pm1$이여야 한다. $u=-1$일 경우 $m'=n$과 $n'=-m$ 으로 대체하면 

\[ a = (m')^2-(n')^2 \text{ 와 } b=2m'n' \]

가 성립한다. $gcd(m,n) \neq 1 \Rightarrow gcd(a,b) \neq 1$은 간단하게 확인이 가능하다.