https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2006/Kouki_Ri

2025.10.01記

[1] $1$ 次式 $A(x)$ ， $B(x)$ ， $C(x)$ に対して $\{ A(x)\}^2+\{B(x)\}^2=\{C(x)\}^2$ が成り立つとする．このとき $A(x)$ と $B(x)$ はともに $C(x)$ の定数倍であることを示せ．

本問のテーマ

ブラーマグプタの二平方恒等式（ラグランジュの恒等式）

2025.10.13記
実数係数であれば， $C(x)=0$ の解 $\alpha$ を用いて $\{ A(\alpha)\}^2+\{B(\alpha)\}^2=0$ が成り立つので， $A(\alpha)=B(\alpha)=0$ が導けて終わりますが，実数係数とは限らないので，この方針では部分点止まりです．

[解答]
$\{ A(x)\}^2=\{C(x)\}^2-\{B(x)\}^2$ $=\{C(x)+B(x)\}\{C(x)-B(x)\}$
であり， $C(x)\pm B(x)$ は高々1次式であるから，
$C(x)+B(x)=kA(x)$ ， $C(x)-B(x)=\dfrac{1}{k}A(x)$
を満たす複素数 $k\neq 0$ が存在する．

よって $C(x)=\left(k+\dfrac{1}{k}\right)A(x)$ となり， $A(x)$ は $C(x)$ の定数倍である．また，
$B(x)=\left(k-\dfrac{1}{k}\right)A(x)$ $=\dfrac{k^2-1}{k^2+1}C(x)$ となるので， $B(x)$ は $C(x)$ の定数倍である．

mod $C(x)$ で考えてみると次のようになります．

[解答]
$A(x)=aC(x)+p$ ， $B(x)=bC(x)+q$ （ $ab\neq 0$ ）とおくと
$(a^2+b^2-1)\{C(x)\}^2+2(ap+bq)C(x)+p^2+q^2=0$
が任意の $x$ について成立し， $C(x)$ は定数ではなく1次式であるから $y=C(x)$ は任意の複素数値をとり得る．

よって $y=0，\pm 1$ となる $x$ を代入することにより，
$a^2+b^2-1=ap+bq=p^2+q^2=0$
が成立する．ここで $q\neq 0$ と仮定すると
$q^2(a^2+b^2-1)=a^2q^2+a^2p^2-q^2=a(p^2+q^2)+q^2=q^2=0$
となり矛盾するので $q=0$ である．このとき $p^2+q^2=0$ から $p=0$ である．

よって $A(x)=aC(x)$ ， $B(x)=bC(x)$ となり， $A(x)$ と $B(x)$ はともに $C(x)$ の定数倍である．

ブラーマグプタの二平方恒等式 $(a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax+by)^2+(ay-bx)^2$ を用いた[解答]です．

[解答]
$A(x)=ax+p$ ， $B(x)=bx+q$ （ $ab\neq 0$ ）とおくと
$(a^2+b^2)x^2+2(ap+bq)x+p^2+q^2=\{C(x)\}^2$
となるので，2次方程式 $(a^2+b^2)x^2+2(ap+bq)x+p^2+q^2=0$
は重解を持ち，よって判別式は $0$ となる．よって
$4\{(ap+bq)^2-(a^2+b^2)(p^2+q^2)\}=-4(aq-bp)^2=0$
が成立する．つまり $\dfrac{p}{a}=\dfrac{q}{b}$ となり，この値を $k$ とおくと
$A(x)=a(x+k)$ ， $B(x)=b(x+k)$
となり， $C(x)=\sqrt{a^2+b^2}(x+k)$ または $C(x)=-\sqrt{a^2+b^2}(x+k)$ となるので $A(x)$ と $B(x)$ はともに $C(x)$ の定数倍である．

mod $C(x)$ で考えた解答でも $a^2+b^2=1，ap+bq=p^2+q^2=0$ から $(aq-bp)^2=1\cdot 0-0^2=0$ が導け， $p=ak，q=bk$ なる $k$ が存在し， $p^2+q^2=(a^2+b^2)k^2=0$ が得られ， $ab\neq 0$ から $k=0$ となり， $p=q=0$ が得られる，としても良い．