投稿問題1　解答　

３辺が全て整数の直角三角形の内接円の半径は、必ず整数となるでしょうか？
　（３，４，５）　（５，１２，１３）　（７，２４，２５）等有名なものについては、全てこの命題を満たしているようです。
成立しない例があれば、それを記してください

tekiさん

　直角三角形の３辺の長さを　ａ、ｂ、ｃ　とし、ｃ＞ｂ≧ａとすると、
　三平方の定理より、ａ~2＋ｂ~2＝ｃ~2　が成り立つ。
　ここで、ａ、ｂ、ｃの偶奇性について調べると、
　�@　ａ、ｂがともに奇数または偶数の時、ｃは偶数
　�A　ａ、ｂの偶奇性が異なる時、ｃは奇数　　　　　となる。
　次に、ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃについて考えると、�@、�Aいずれの場合もｓは偶数となる。
　一方、直角三角形の面積Ｓは、内接円の半径をｒとすると、
　Ｓ＝1/2ｓ*ｒ＝1/2ａ*ｂであるから、ｒ＝ａ*ｂ/ｓ…�B　となる。
　�B式の分子と分母にａ＋ｂ−ｃ（＞0）をかけると、
　ｒ＝｛（ａ*ｂ）*（ａ＋ｂ−ｃ）｝/｛（ａ＋ｂ＋ｃ）*（ａ＋ｂ−ｃ）｝
　　＝｛（ａ*ｂ）*（ａ＋ｂ−ｃ）｝/（ａ~2＋ｂ~2−ｃ~2＋2*ａ*ｂ）
　　＝ａ*ｂ*（ａ＋ｂ−ｃ）｝/2*ａ*ｂ
　　＝（ａ＋ｂ−ｃ）/2
　　＝（ｓ−2*ｃ）/2
　となり、ｓ、2*ｃはいずれも偶数であるので、ｒは整数となる。

noetherさん

与えられた命題は真である。
[証明] B＝90°の直角三角形ABCにおいて、各辺の長さが整数であるとする。
AB=x , BC=y , CA=z とおき、また内接円半径をr とおく。
当然ながらx^2+y^2=z^2 ・・・＊ が成り立つ。
三角形ABCの内心をIとおき、IからAB,BC,CA に下ろした垂線の足を それぞれP,Q,R とおく。
すると 　AR＝AP＝x-r 　CR＝CQ＝y-r だから、 　z=x+y-2r 　∴2r＝x+y-z となる。

よって、「rが整数」であることを言うには、 「x+y-z が偶数であること」つまり
「x,y,z のうち、奇数であるものは0個or2個」・・・★ を言えばよい。

さていま、 ＊ ⇔ x^2=(z+y)(z-y) であり、また 　
zとy が奇偶一致 ⇒ z+y,z-y はともに偶数 ⇒xは偶数 　
zとy が奇偶反対 ⇒ z+y,z-y はともに奇数 ⇒xは奇数
だから、確かに★は成り立つ。 [証明おわり]

yuki さん

ピタゴラス数はm^2ーn^2,2mn,m^2＋n^2(ｍ,ｎは整数)であらわせる
これを利用した解答を2つ
１　面積はmn(m^2ーn^2)より 　　
　　内接円半径は　2mn(m^2ーn^2)/(m^2ーn^2＋2mn＋m^2＋n^2)             
　　　　　　　　　　　　＝2mn(m＋n)(mーn)/2m(m＋n)
　　　　　　　             ＝n(mーn)　であるから整数となる
２　半径をｘとし、直角をはさむ2辺をx+y,x+zとおくと、内接円の中心は角の二等分線の交点で
あることから 　　　　　　　　　ｘ＋ｙ＝ｍ^2ーｎ^2　･･･(1)
 　　　　　　　　　　　             ｘ＋ｚ＝2ｍｎ　　　　･･･(2) 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　ｙ＋ｚ＝ｍ^2＋ｎ^2　･･･(3)    となる
　　　　　　　　     (3)ー(2)を(1)に代入して、ｘ＝n(mーｎ)

ハーリ・ポッターさん

a^2+b^2=c^2,　ab/2=r(a+b+c)/2　より2r=a+b-c
またａ^2＝（ｃ＋ｂ）（ｃ−ｂ）
以上より，ａ，ｂ，ｃの整数の組み合わせは
奇数，奇数，偶数あるいは偶数，偶数，偶数の組み合わせしかないから，
２ｒは常に偶数になる．
従って３辺が整数の場合は内接円の半径も整数である．

清川　育男 さん

直角三角形の３辺の長さを、Ｘ、Ｙ、Ｚとし、
Ｘ＾２+Ｙ＾２＝Ｚ＾２　とする。
この直角三角形の面積は、
Ｘ*Ｙ/２　であり、内接円の半径をＲとすると、Ｒ*（Ｘ+Ｙ+Ｚ)/２。
したがって、Ｒ＝Ｘ*Ｙ/（Ｘ+Ｙ+Ｚ）。
ピタゴラス数の一般式は、
A>Bとしたとき
X=A^2-B^2 Y=2*A*B Z=A^2+B^2
であるから、
Ｒ＝B*(A-B)
内接円の半径Ｒは常に整数となる。

　直角三角形の３辺を自然数ａ，ｂ，ｃとする．ａ，ｂを直角をはさむ２辺とすると，三平方の定理から，
　　ａ^2＋ｂ^2＝ｃ^2
　ａ，ｂ，ｃの最大公約数を１とする．
　ａ，ｂをともに偶数とすると，ｃも偶数となり，矛盾する．
　故にａ，ｂの内，少なくとも一方は奇数である．
　ａ，ｂをともに奇数とし，ａ＝２ｎ＋１，ｎは整数とすると，
　　ａ^2＝(２ｎ＋１)^2＝４(ｎ^2＋ｎ)＋１
　故にａ^２を４で割った余りは１である．同様にｂ^2を４で割った余りは１であるので，ａ^2＋ｂ^2を４で割った余りは２である．
　またｃ^2を４で割った余りは０または１であるから，これは矛盾する．
　故にａ，ｂの内，一方は奇数で，他方は偶数である．またｃは奇数となる．
　ａを偶数，ｂを奇数とする．

浜田　明巳 さん

　　ａ^2＝ｃ^2−ｂ^2＝(ｃ＋ｂ)(ｃ−ｂ) であり，
　　ａ^2＝(ｃ＋ｂ)(ｃ−ｂ)＞０，ｃ＋ｂ＞０，ｂ＞０　から，
　　ｃ＋ｂ＞ｃ−ｂ＞０
　ｃ＋ｂ，ｃ−ｂの最大公約数をｇとし，
　　ｃ＋ｂ＝ｍｇ，ｃ−ｂ＝ｎｇ，ｍ，ｎは自然数で最大公約数は１，ｍ＞ｎ とする．
　　∴ａ^2＝(ｃ＋ｂ)(ｃ−ｂ)＝ｍｎｇ^2
　ｇ^2≠０であるから，　　ｍｎ＝(ａ／ｇ)^2
　(ａ／ｇ)^2は有理数の２乗であり，ｍｎは自然数であるから，
　　ａ／ｇは自然数，ｍｎは自然数の２乗 である．
　　ａ＝ｋｇ，ｍｎ＝ｋ^2，ｋは自然数 とする．
　ｍ，ｎの最大公約数は１，ｍ＞ｎなので，
　　ｍ＝ｐ^2，ｎ＝ｑ^2，ｐ，ｑは自然数で最大公約数は１，ｐ＞ｑ，ｐｑ＝ｋ
とすることができる．
　　∴ａ＝ｋｇ＝ｐｑｇ，ｃ＋ｂ＝ｍｇ＝ｐ^2ｇ，ｃ−ｂ＝ｑ^2ｇ
　　∴ａ＝ｐｑｇ，ｂ＝(ｐ^2−ｑ^2)ｇ／２，ｃ＝(ｐ^2＋ｑ^2)ｇ／２
　ｂ，ｃは自然数なので，
　　ｐ^2−ｑ^2とｐ^2＋ｑ^2はともに偶数，またはｇは偶数
のいずれかが成り立つ．
　ｐ^2−ｑ^2とｐ^2＋ｑ^2がともに偶数のとき，
　　ｐ^2−ｑ^2＝２ｓ，ｐ^2＋ｑ^2＝２ｔ，ｓ，ｔは自然数 とすると，
　　ａ＝ｐｑｇ，ｂ＝ｓｇ，ｃ＝ｔｇ
　ａ，ｂ，ｃの最大公約数は１なので，ｇ＝１
　　∴ａ＝ｐｑ，ｂ＝ｓ＝(ｐ^2−ｑ^2)／２，ｃ＝ｔ＝(ｐ^2＋ｑ^2)／２
　ａは偶数であり，ｐ，ｑの最大公約数は１なので，ｐ，ｑのいずれか一方は
偶数であり，他方は奇数である．故にｐ^2−ｑ^2，ｐ^2＋ｑ^2は奇数となり，
　　ｂ＝(ｐ^2−ｑ^2)／２，ｃ＝(ｐ^2＋ｑ^2)／２
は整数にならず，矛盾する．
　故にｇは偶数となる．
　ｇ＝２ｇ'，ｇ'は自然数とすると，
　　ａ＝２ｐｑｇ'，ｂ＝(ｐ^2−ｑ^2)ｇ'，ｃ＝(ｐ^2＋ｑ^2)ｇ'
　ａ，ｂ，ｃの最大公約数は１なので，ｇ'＝１
　　∴ａ＝２ｐｑ，ｂ＝ｐ^2−ｑ^2，ｃ＝ｐ^2＋ｑ^2
　ｂ，ｃは奇数なので，ｐ，ｑのいずれか一方は偶数であり，他方は奇数である．

　ａ，ｂ，ｃの最大公約数が１であるという条件をはずすと，
　　ａ＝２ｋｐｑ，ｂ＝ｋ(ｐ^2−ｑ^2)，ｃ＝ｋ(ｐ^2＋ｑ^2)
　　ｐ，ｑ，ｋは自然数，ｐ，ｑのいずれか一方は偶数，他方は奇数，ｐ＞ｑとなる．

　この三角形の面積をＳ，内接円の半径をｒ，
　　ｓ＝(ａ＋ｂ＋ｃ)／２
とすると，
　　Ｓ＝ｓｒ
から，
　　ｒ＝Ｓ／ｓ
　　　＝(ａｂ／２)／{(ａ＋ｂ＋ｃ)／２}
　　　＝ａｂ／(ａ＋ｂ＋ｃ)
　　　＝２ｋｐｑ×ｋ(ｐ^2−ｑ^2)／{２ｋｐｑ＋ｋ(ｐ^2−ｑ^2)＋ｋ(ｐ^2＋ｑ^2)}
　　　＝ｋｑ(ｐ−ｑ)
　故にｒは自然数である．

tomh さん

まず、直角三角形ABCの内接円の半径rが、
（＊）　r=(a+b-c)/2, BC=a,CA=b,AB(斜辺)=c
　(もちろん、a^2+b^2=c^2が成り立つ。)
となることを示しましょう。
内心Iから辺BC、CAに下ろした垂線の足をそれぞれP、Qとします。
r=IP=IQです。また、角IBPと角ICPはそれぞれ角B、角Cを
二等分していることに注意しましょう。
すると、三角形IBPはr=IP=BPなる直角二等辺三角形で、さらに
三角形IPCと三角形IQCは合同なので、QC=PC=a-rとなります。
同じようにして、QA=b-rです。CA=QA+QCですから、c=b-r+a-rとなり、
これを解いて、（＊）が出てきます。

次にa、b、cが整数（自然数）のときの偶数・奇数を調べます。
a、bの偶奇の組み合わせは、偶ー奇（奇ー偶）、偶ー偶、奇ー奇の
３通りです。a^2+b^2=c^2の関係があるので、それぞれにおいて
cの偶奇が決まって、順に、奇、偶、偶です。
これらどの場合においてもa+b-cは必ず偶数になります。
よって、内接円の半径r=(a+b-c)/2は必ず、自然数です。
                                                   QED
（注意：上の３通りの中で「偶ー偶」は
”既約（この場合、互いに共通因数をもたないことです。）”でなく、
２で割り続けることで、「偶ー奇」に帰着できます。また、
「奇ー奇」という組み合わせは、実際にはあり得ないことは
よく知られてますね。というわけで、「偶ー奇」の場合さえ
調べれば十分です。）

さて、直角三角形の外接円の半径Rはc/2で、斜辺CAの中点です。
この場合、Rは必ずしも自然数ではなく、特に”既約”な場合は、
cは必ず奇数なので、Rは半整数になってしまいます。
似たようなものなのに、性質が違うんですね。（当たり前？ (^^;; ）

なか　さん

直角をはさむ２辺をａ，ｂ、斜辺をｃとすると、
直線と点の距離の公式から、内接円の半径は、
ｒ＝ａｂ／（ａ＋ｂ＋ｃ）であることがわかります。
ここで、三平方の定理をたくみに変形すると、分子の２倍は、
２ａｂ＝（ａ＋ｂ）＾２−ｃ＾２　となるので、
ｒ＝（ａ＋ｂ−ｃ）／２となります。
ここで、ａ＾２＋ｂ＾２とｃ＾２は等しいので当然奇偶は一致、
したがって、ａ＋ｂとｃも奇偶は一致、
以上により、ｒ＝（ａ＋ｂ−ｃ）／２は常に整数である。

モルモット大臣　さん

直角三角形の三辺の長さをa＞ｂ＞c(a,b,cは正の整数)、半径をrとおきます。
三平方の定理からa^2=b^2+c^2, 直角三角形の面積からbc/2=r(a+b+c)/2
これよりr=bc/(a+b+c)と表せます。ここでr^2を考えてr^2=(bc)^2/(a+b+c)^2
=(bc)^2/(a^2+2ab+2bc+2ac+ b^2+ c^2) ここでa^2=b^2+c^2より
=(bc)^2/(2a^2+2ab+2bc+2ac)
=(bc)^2/2(a+b)(a+c)よってr^2=b^2c^2/2(a+b)(a+c)-----#1
ここで a^2=b^2+c^2を変形し
a^2-b^2=(a-b)(a+b)=c^2,a^2-c^2=(a-c)(a+c)=b^2から
a+b= c^2/(a-b), a+c= b^2/(a-c)を #1に代入して
r^2=b^2c^2/2(a+b)(a+c)=(a-b)(a-c)/2-----#2
またa^2-b^2=(a-b)(a+b)=c^2でa,b,cとも正の整数であることからこの式が成立する
ためにはa-b=M^2X, a+b=K^2X (X, Mは1以上の整数かつK＞M)となる必要がある。
このときc=MKXである。a-b=M^2X, a+b=K^2Xからa=(K^2+M^2)X/2となる。
よって #2に a-b=M^2X、a=(K^2+M^2)X/2、 c=MKXを代入して
r^2=M^2X{(K^2+M^2)X/2-MKX}/2=X^2{(K^2-2KM+M^2)/2}/2
=M^2X^2(K-M)^2/4
ゆえにr=M(K-M)X/2-----#3　そこでM,K-M,Xの偶奇数の判定をすれば良い。
さて a,bともに奇数の時はその差である a-b, a+bは偶数であり、したがって a-b=M
^2X、a+b=K^2X からM^2X、K^2Xは偶数。この時Xが偶数であればr=M(K-M)X/2において
M,K-Mが整数よりrは2で割切れ正整数。もしXが奇数であればM^2、K^2がともに偶数よ
りM,Kとも偶数となり#3は2で割切れ、rは正整数。
次にa,bともに偶数の時はその差であるa-b,a+bもやはり偶数であり、したがってM^2
X、K^2Xは偶数。同様にXが偶数であれば r=M(K-M)X/2はM,K-Mが整数よりrは2で割り
切れ、正整数。Xが奇数であればM^2、K^2がともに偶数であるためM,Kとも偶数となり
#3は2で割り切れ、rは正整数。
さらにa,bが奇数、偶数あるいは偶数、奇数の組み合わせの時はその差である
a-b,a+bはともに奇数であり、したがってM^2X、K^2X はともに奇数。このことからM
^2,K^2,Xがいずれも奇数であることよりM,K,Xは奇数。
よってr=M(K-M)X/2においてM-Kは奇数-奇数であり偶数となることから、やはり#3は
2で割り切れ、rは正整数となる。

以上から題意の内接円の半径は常に正整数となる。

ふじさきたつみ　さん

直角三角形ＡＢＣの３辺をａ、ｂ、ｃとする、（ｃが斜辺）
ｍ、ｎを自然数とすると、ａ＝ｍ＾２−ｍ＾２、ｂ＝２ｍｎ　ｃ＝ｍ＾２＋ｎ＾２であらわされる。
△ＡＢＣの内接円の半径ｒ＝ａｂ/（ａ＋ｂ＋ｃ）
＝（ｍ＾２−ｎ＾２）＊２ｍｎ/（ｍ＾２−ｎ＾２＋２ｍｎ＋ｍ＾２＋ｎ＾２）
＝ｎ＊（ｍ−ｎ）　　　　　　となって、これは整数なので、整数以外にはならない。

小杉原　啓　さん

三角形の三辺の長さをA,B,Cとおく（斜辺がC）。(A,B,C:自然数)
また、内接円の半径をrとおく。
すると、三平方の定理より、
A^2+B^2=C^2…�@
が成り立つ。
また、この三角形の面積は、
AB/2＝r(A+B+C)/2…�A
�@の両辺に2ABを加えてC^2を左に持って行くと、
(A+B)^2-C^2=2AB
これと�Aをあわせると、
2r(A+B+C)=(A+B)^2-C^2
2r=((A+B)^2-C^2)/(A+B+C)
  =A+B-C
∴r=(A+B-C)/2
ここで、�@より、A+BとCの偶奇は等しいので、
A+B-Cは偶数であることがわかる。
よって内接円の半径rは整数(自然数)値をとる。

老眼鏡 さん

証明　３辺が整数の直角三角形の辺の長さは明らかに相異なるので
　　　　３辺の長さを　a,b,c（ａ＜ｂ＜ｃ）とすると
　　　　
　　　　内接円の半径＝ａ×ｂ/(a+b+c)＝（ａ＋ｂ−ｃ）／２

　　　　ここでa,b,cの偶奇性を調べると、ａ＾２+ｂ＾2＝ｃ＾2
　　　　より、３数のうち、１個または３個とも奇数ではありえない
　　　　ので、（ａ＋ｂ＋ｃ）/２は整数となります。

BONZ さん

ピタゴラス数は、
( x^2 - y^2 ), 2xy, ( x^2 + y^2 ) で表される。
それを各々、
a = x^2 - y^2, b = 2xy, c = x^2 + y^2
とおくと、
a^2 + b^2 = c^2
内接円の半径を r とおくと、直角三角形の面積Sは下記の２通りで表すことができる。
S = r(a+b+c)/2 = ab/2
∴r = ab/(a+b+c)=(x-y)y
よって内接円の半径は、３辺が整数であれば常に整数である。

ミミズクはくず耳 さん
直角三角形の三辺の長さを整数a, b, cとし、cを斜辺とする。
すると内接円の半径rは、r = (a+b-c)/2
ここで、整数を２乗しても奇偶は変わらないことと、
a^2+b^2 = c^2 から、a,b,c は
奇数、奇数、偶数
奇数、偶数、奇数
偶数、奇数、奇数
偶数、偶数、偶数
のどれかになる。
どの場合も a+b-c は偶数になる。
したがって、rは必ず整数になる。

ちーくん　さん
辺の長さがa,b,c（ｃが斜辺）の内接円の半径は（a+b-c)/２となります。
で、a^2+b^2=c^2となるa,b,cの組み合わせは｛a,b,c}＝｛偶数｝（←これってありましたっけ？）
か｛a,b}＝｛偶数、奇数｝、ｃ＝奇数の場合しかありません。
ということはどっちの場合でもa+b-cは偶数になるということなので、半径は整数になる。

takuさん
３辺をm^2+n^2,2mn,m^2-n^2(m,nはm>nである自然数)とすると、
内接円の半径rは　m^2+n^2=2mn-r+m^2-n^2-rより
2r=2mn-2n^2　　　　r=mn-n^2
となり必ず整数で表される。

虚数 さん

ピタゴラス三角形の三辺を
   a,b,c    c^2 = a^2 + b^2
とする。互いに素としてよい。

[略解１]
内接円の半径をrとすると、よく知られているように
r = (a+b-c)/2
さてこれまたよく知られているように
a,bのいずれかは偶数、他方は奇数、斜辺cは奇数
よって a+b+c は偶数で
上式分子　a+b-c = a+b+c -2c は偶数
よってrは整数

[略解２」
よく知られているように
a = m^2 - n^2  ( m > n ),  b = 2mn, c = m^2 + n^2
とおいてよい。
よく知られている r = (a+b-c)/2 に代入して
r = n(m-n)
を得る。

[略解３]
略解２で
よく知られている r = ab/(a+b+c) に代入して
r = n(m-n)
を得る。

QPer さん

奇数の２乗は奇数、偶数の２乗は偶数だから、三平方の定理を満たすものは直角をはさむ
辺が奇数と偶数で斜辺が奇数である。また、３辺が偶数のものは２で割れていき、より小さ
い相似な三角形（３辺が偶数でないもの）ができる。つまり、直角をはさむ辺が奇数と偶数で、
斜辺が奇数のものしか存在しない。そこで内接円の半径は、直角をはさむ２辺の和から斜
辺を引いて２で割ったものだから、整数になる。

巷の夢　さん

三辺の長さをa（斜辺）,b,cとし、内接円の半径をｒとする。
面積の関係から、ｒ＝ｂｃ/(a+b+c)、a２＝ｂ２＋ｃ２の関係を使い、変形すると、ｒ＝（b+c-a）/２
因ってb+c-aが奇数となる場合に半径は整数で無くなる。
しかし、a２＝ｂ２＋ｃ２の関係から３数が奇数、１数のみ
奇数の場合はありえず、b+c-aは偶数なのでｒは整数のみである。

信三　さん
条件を満たす直角三角形の斜辺の長さを　c、他の２辺を　a,b　とすると、c*c=a*a+b*b
従って、a*a=(c-b)(c+b)
この関係から、a,b,c　すべてが偶数か、奇数が２個で１個偶数という場合以外
は矛盾が起こることが証明されます。

従って、三角形の半周の長さ、(a+b+c)/2　は、整数になります。

各頂点から、内接円の接点までの長さは、半周の長さから対辺の長さを引いたも
ので、これも整数値になります。

直角の頂点から接点までの長さは、内接円の半径に等しいので、これも整数値に
なります。