ピタゴラス時代の問題
貴方がピタゴラスの時代に生を受けたものとして、無理数を排除しながら考えて下さい。
ABを直径の両端とする円がある。(半径はr)
円周上の2点をP,Qとして円弧PQを弦PQで折り返した時
折り返された弧PQがABをs:tの比に内分する部分で接したとする。
この時PQを直径の両端とする円を描いた時に線分ABと交わる2点の距離をL
とした時、r,s,t,Lがすべて整数として出揃うための最小のr,s,t,Lを決めてほしい。
(r,s,t,L)=(5,2,3,7)で合っていれば・・・
出てきた結果から推測しただけですが、もしかして（gcd(s,t)=gcd(r,L)=1として）
a^2+b^2=c^2 → r=c, (s,t)=(c±(b-a))/2, L=a+b
ってことですかね？
その解は、PQ^2の値が74になり、第3の円の半径が無理数になるため不適だと思います。
PQ^2=74
で確かにPQ=√74
の無理数ですがLを求めるにはPQ^2のデータのままで利用できるので
自分の想定している答えは、らすかるさんが提示された
(r,s,t,L)=(5,2,3,7)
または
(r,s,t,L)=(5,3,2,7)
としていました。
PQが有理数になる解は存在しないっぽいです。
(追記)PQ^2の素因数2の個数が必ず奇数個になることにより、PQは有理数にならないようです。
PQの値が存在しなくてもPQ^2が有理数で存在すればいいなら、PQ^2=-3とかも認めるということですか？
最小に拘らなければ
(r,s,t,L)=(5,2,3,7)以外にも
(29,14,15,41)･･･<=>29^2=20^2+21^2
(13,3,10,17)････<=>13^2=5^2+12^2
(17,5,12,23)･････<=>17^2=8^2+15^2
(73,33,40,103)････<=>73^2=48^2+55^2
(97,45,52,137)････<=>97^2=65^2+72^2
(25,4,21,31)････<=>25^2=7^2+24^2 (25^2=15^2+20^2もあるがgcd(15,20)!=1から除外)
(53,18,35,73)･･･<=>53^2=28^2+45^2
(37,7,30,47)････<=>37^2=12^2+35^2
(65,21,44,89)･･･<=>65^2=33^2+56^2
(65,9,56,79)････<=>65^2=16^2+63^2(65^2=39^2+52^2と25^2+60^2もあるがgcd(39,52）=13もgcd(25,60)=5でいずれも不適)
･･･････････････
この様にらすかるさんの観察の通り
もしかして（gcd(s,t)=gcd(r,L)=1として）
a^2+b^2=c^2 → r=c, (s,t)=(c±(b-a))/2, L=a+b
がピタリと当てはまります。
これらの結果は出してはいたんですが、まさかこんなピタゴラスの三角形と密接に関連し合っているとは
思いもしませんでした。
よくこんな法則を観察から見えるとは・・・
