ピタゴラスの三角形の原始解について

$a$が奇数のとき,整数$k$を用いて$a=2k+1$と表せる.$$\begin{array}{rl}{a}^2& =(2k+1{)}^2\\ & =4k^2+4k+1\\ & =4(k^2+k)+1\\ & \equiv 1(\text{mod}4)\end{array}$$　$a$が偶数のとき,整数$k$を用いて$a=2k$と表せる.$$\begin{array}{rl}{a}^2& =(2k{)}^2\\ & =4k^2\\ & \equiv 0(\text{mod}4)\end{array}$$　以上より,この合同式は成り立つ.$◻$

必要性は明らかであるので,十分性を示す.
$(a,b)=1$より,$a,b$は共通の素因数をもたない.ここで積$ab$が平方数となるとき$ab=m^2$であるから$m$に含まれるすべての素因数の指数は偶数である.
ここで,$a$の素因数のうち,指数が奇数である素因数を$p$とすると,$b$にも素因数$p$が奇数個含まれるはずであるが,これは$(a,b)=1$に矛盾する.
以上より,題意は示された.$◻$

$(x,y,z)$は原始解なので,$x,y$ともに偶数もありえない.また,ともに奇数でもない.そうだとすると,補題1より,$x^2+y^2\equiv 2(\text{mod}4)$であるが,$z^2\equiv 0,1(\text{mod}4)$ となるので,矛盾.よって,$x$を奇数,$y$を偶数としてよい.(1)を変形すると,
$$\frac{z+x}{2}\cdot \frac{z-x}{2}={\left(\frac{y}{2}\right)}^2$$　となる.$z$は奇数なので,この3つの項はすべて整数である.もし,
$$d=(\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2})$$　ならば,
$$\frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2}$$　はともに$d$の倍数である.よって,
$$x=\frac{z+x}{2}-\frac{z-x}{2},z=\frac{z+x}{2}+\frac{z-x}{2}$$　もともに$d$の倍数である.$(x,z)=1$より,$d=1$でなければならない.
ここで,補題2より,
$$\frac{z+x}{2}=a^2,\frac{z-x}{2}=b^2$$とかける.ここで,$a>b>0$は明らかである.また,$x=a^2-b^2,z=a^2+b^2$であって,$y=2ab$である.$d=1$であるから,$(a^2,b^2)=1$なので,$(a,b)=1$である.
また,$a-b\equiv 1(\text{mod}2)$も明らかである.そうでないなら,$a,b$の偶奇が一致し,$x,y$がともに偶数となり,$(x,y)=1$に反する.
逆に,$a>b>0,a-b\equiv 1(\text{mod}2),(a,b)=1$を満たし,
$$x=a^2-b^2,y=2ab,z=a^2+b^2$$を満たすならば,$(x,y,z)$は(1)の方程式の原始解であって,$x,z$は奇数である.
$d^{\prime }=(x,z)$ならば,$x,z$は$d^{\prime }$の倍数なので,$z+x=2a^2,z-x=2b^2$も$d^{\prime }$の倍数である.ここで,$d^{\prime }$は奇数であるから,$a^2,b^2$はともに$d^{\prime }$の倍数である.ここで,$(a,b)=1$であるとき$d^{\prime }=1$でなければならないので,$(x,y,z)$が原始解であることが示された.$◻$