I. 디오판토스의 문 · 1/16

피타고라스 세 쌍

원시 세 쌍의 완전한 분류, 단위원의 유리점

읽음 0/0 갱신 2026-06-30

개요 — 동기·문제의식

직각삼각형의 세 변이 모두 정수인 경우가 있을까? $(3,4,5)$ 는 누구나 안다 — $3^2+4^2=9+16=25=5^2$. 그런데 이런 삼조가 또 있을까, 있다면 몇 개나, 그리고 전부 찾아낼 방법이 있을까? 이것이 정수론에서 가장 오래된(피타고라스 이전부터 바빌로니아 점토판에 기록됨) 디오판토스 방정식 $a^2+b^2=c^2$ 이다. 이 문제가 특별한 이유는 단순히 풀린다는 데 있지 않다 — 완전히 풀린다는 데 있다. 모든 해를 하나도 빠짐없이 생성하는 깔끔한 공식이 존재하고, 그 발견 방법(단위원 위의 유리점을 직선으로 매개화하는 기법)이 17세기 이후 정수론·대수기하학 전체의 청사진이 된다. 지수를 $2$에서 $3$ 이상으로 올리면 갑자기 해가 사라진다(Fermat의 마지막 정리) — 그 극명한 대비가 이 문제를 정수론의 "관문"으로 만든다.⁴

직관 — 왜 단위원 위의 점인가

$a^2+b^2=c^2$ 의 양변을 $c^2$ 으로 나누면 $(a/c)^2+(b/c)^2=1$ — 즉 점 $(x,y)=(a/c,\,b/c)$ 는 단위원 $x^2+y^2=1$ 위의 점이고, $a,b,c$ 가 정수이므로 이 점은 좌표가 모두 유리수다. 거꾸로 단위원 위의 유리점 하나를 찾으면 분모를 통분해 정수 삼조를 복원할 수 있다. 그래서 "피타고라스 삼조를 모두 찾아라"는 "단위원 위의 유리점을 모두 찾아라"와 완전히 같은 문제다. 후자는 기하적으로 공략할 수 있다 — 원 위의 알려진 한 유리점(가령 $(-1,0)$)에서 기울기가 유리수인 직선을 그으면, 원과 직선의 교점은 (이차방정식의 한 근을 이미 알고 있으므로) 자동으로 유리점이 된다. 기울기 $t$ 를 유리수 전체로 움직이면 원 위의 유리점을 모두 쓸어 담는다. 이 "이미 아는 해 하나 + 직선 매개화"라는 트릭이 타원곡선에서 다시 등장하는 정수론의 핵심 기법이다.

정의

피타고라스 삼조(Pythagorean triple): $a^2+b^2=c^2$ 을 만족하는 양의 정수 순서쌍 $(a,b,c)$.

원시(primitive) 삼조: $\gcd(a,b,c)=1$ 인 피타고라스 삼조. (셋 중 둘이 공약수를 가지면 자동으로 셋 다 공약수를 갖는다 — 만약 $p\mid a, p\mid b$ 이면 $p^2\mid a^2+b^2=c^2$ 이므로 $p\mid c$.)

표기	의미
$(a,b,c)$	피타고라스 삼조, $a^2+b^2=c^2$
원시 삼조	$\gcd(a,b,c)=1$ — 공통 인수로 더 작게 줄일 수 없음
$k\cdot(a,b,c)$	$(ka,kb,kc)$, 원시 삼조의 정수배 — 항상 또 다른 삼조

비고. 모든 피타고라스 삼조는 어떤 원시 삼조의 정수배다 — $d=\gcd(a,b,c)$ 로 나누면 $(a/d,b/d,c/d)$ 가 원시 삼조가 된다. 그래서 "모든 삼조 찾기"는 "모든 원시 삼조 찾기 + 배수화"로 환원된다.

주요 정리

정리 (피타고라스 삼조 정리).¹ $a$가 홀수, $b$가 짝수인 모든 원시 피타고라스 삼조 $(a,b,c)$는 $$a=s^2-t^2,\qquad b=2st,\qquad c=s^2+t^2$$ ($s>t\ge1$, $\gcd(s,t)=1$, $s,t$ 서로 다른 홀짝)로 정확히 한 번씩 표현된다.

증명 보기

증명 스케치 (단위원 매개화로). $a^2+b^2=c^2$ 에서 $a$ 가 홀수·$b$ 가 짝수라 하면 $c$ 도 홀수다(짝홀 분석은 아래 정리 참조). $X=a/c, Y=b/c$ 로 두면 $(X,Y)$ 는 단위원 위의 점이고 $X$ 가 $\pm1$ 이 아니므로 $(-1,0)$ 을 지나는 기울기 $m=t/s$ (기약분수, $s>t>0$) 인 직선과 원의 교점으로 쓸 수 있다. 직선 $Y=m(X+1)$ 을 원에 대입하면 $$X^2+m^2(X+1)^2=1 \;\Longrightarrow\; (X+1)\big[(1+m^2)X+(m^2-1)\big]=0.$$ $X\ne-1$ 인 해를 풀면 $X=\dfrac{1-m^2}{1+m^2}$, $Y=\dfrac{2m}{1+m^2}$. $m=t/s$ 를 대입하고 통분하면 $X=\dfrac{s^2-t^2}{s^2+t^2}$, $Y=\dfrac{2st}{s^2+t^2}$ — 분자·분모가 바로 $a,b,c$ 의 후보다. 남은 일은 (i) $\gcd(s,t)=1$ 이고 $s,t$ 가 다른 홀짝이면 이 분수가 이미 기약분수임을 보여 $a=s^2-t^2, b=2st, c=s^2+t^2$ 로 정확히 떨어짐을 확인하고, (ii) 이렇게 만든 $(a,b,c)$ 가 실제로 원시 삼조임을(공통인수가 없음을) 확인하는 것 — 둘 다 직접 계산으로 따라간다.¹

정리 (원시 삼조의 홀짝). 원시 삼조에서 $a,b$ 는 하나는 홀수, 하나는 짝수이며(둘 다 짝수면 $\gcd\ge2$, 둘 다 홀수면 $c^2\equiv2\pmod4$ 인데 제곱수는 $\bmod4$ 로 $0$ 또는 $1$이라 모순), $c$ 는 항상 홀수다. 왜 이 가설이 필요한가. 정리의 매개화 공식은 "$a$ 홀수, $b$ 짝수"로 역할을 고정해야 한 쌍의 $(s,t)$ 가 정확히 하나의 삼조에 대응한다. 고정하지 않으면 $(a,b)$ 와 $(b,a)$ 가 같은 $(s,t)$ 에서 동시에 나와 "정확히 한 번"이라는 유일성이 깨진다.

정리 (Fermat의 마지막 정리, 맛보기). $n\ge3$ 이면 $a^n+b^n=c^n$ 은 양의 정수해를 갖지 않는다(Wiles, 1995).² 지수 $n=2$ 에서는 무한히 많은 해가 있는데 $n\ge3$ 에서 갑자기 해가 전무해지는 이 단절은 우연이 아니라, $n=2$ 의 단위원(종수 0, 유리점이 조밀)과 $n\ge3$ 의 곡선(종수 $\ge1$, 유리점이 유한)이라는 기하학적 본성의 차이에서 나온다 — orientation 수준의 설명은 타원곡선.

예제

예제 1 (공식으로 생성). $s=2,t=1$: $a=4-1=3$, $b=2\cdot2\cdot1=4$, $c=4+1=5$ → $(3,4,5)$. $s=3,t=2$: $a=9-4=5$, $b=12$, $c=13$ → $(5,12,13)$. $s=4,t=1$: $a=15$, $b=8$, $c=17$ → $(15,8,17)$. $s=4,t=3$: $a=7$, $b=24$, $c=25$ → $(7,24,25)$.

예제 2 (매개화 검증, 역방향). $(20,21,29)$가 원시 삼조인지: $20^2+21^2=400+441=841=29^2$ ✓. $b=20$이 짝수이므로 $b=2st=20$, $a=21=s^2-t^2$, $c=29=s^2+t^2$. $c-a=2t^2=8\Rightarrow t^2=4\Rightarrow t=2$, $c+a=2s^2=50\Rightarrow s^2=25\Rightarrow s=5$. 확인: $2st=2\cdot5\cdot2=20$ ✓, $\gcd(5,2)=1$ ✓, 홀짝 다름 ✓ — 원시 삼조 맞음.

예제 3 (비원시 삼조). $(6,8,10)$: $36+64=100$ ✓이지만 $\gcd(6,8,10)=2$ — $(3,4,5)$의 2배. $(9,12,15)=3\cdot(3,4,5)$, $(15,20,25)=5\cdot(3,4,5)$도 마찬가지로 비원시.

예제 4 ($s<9$인 모든 원시 삼조). $s,t$가 서로소·다른 홀짝이고 $1\le t<s\le8$인 쌍을 전부 나열: $(s,t)=(2,1)\to(3,4,5)$; $(3,2)\to(5,12,13)$; $(4,1)\to(15,8,17)$; $(4,3)\to(7,24,25)$; $(5,2)\to(21,20,29)$; $(5,4)\to(9,40,41)$; $(6,1)\to(35,12,37)$; $(6,5)\to(11,60,61)$; $(7,2)\to(45,28,53)$; $(7,4)\to(33,56,65)$; $(7,6)\to(13,84,85)$; $(8,1)\to(63,16,65)$; $(8,3)\to(55,48,73)$; $(8,5)\to(39,80,89)$; $(8,7)\to(15,112,113)$. 같은 빗변 $65$가 두 번 나오는 것에 주목($s=7,t=4$와 $s=8,t=1$) — 빗변을 공유하는 서로 다른 원시 삼조가 존재할 수 있다는 신호(두 제곱수의 합에서 $65=5\times13$이 두 소수 모두 $4k+1$형이라 두 가지 방식으로 두 제곱수의 합이 되는 것과 같은 현상).

예제 5 ($t=1$인 특수 계열). $s=n, t=1$: $a=n^2-1$, $b=2n$, $c=n^2+1$ — $c-a=2$, 즉 빗변과 한 변의 차가 항상 $2$인 계열을 만든다. $n=5$: $(24,10,26)$은 비원시($\gcd=2$, $n$이 짝수일 때 발생)지만 $n=6$: $(35,12,37)$은 원시(차이는 항상 2: $37-35=2$).

예제 6 (3의 배수와 4의 배수, 응용). $(3,4,5)$에서 $3\mid a$, $4\mid b$ — 사실 모든 피타고라스 삼조에서 $a,b$ 중 적어도 하나는 3의 배수다(아래 연습문제 3). 이는 정수론적 사실이 기하(고대 측량술에서 직각을 만드는 데 $3$-$4$-$5$ 새끼줄을 쓴 이유)와 만나는 지점이다.

흔한 오해와 함정

"공식의 $(s,t)$ 순서를 바꿔도 같은 삼조" — 아니다. $a=s^2-t^2$ 와 $b=2st$ 는 비대칭이라 $s,t$ 를 바꾸면 $a$ 의 부호가 바뀌어 버린다. 공식은 $s>t$ 를 전제로 한다.
"$\gcd(s,t)=1$ 만 있으면 항상 원시 삼조가 나온다" — 추가로 $s,t$ 가 서로 다른 홀짝이어야 한다. 둘 다 홀수(혹은 둘 다 짝수, 이 경우 $\gcd\ne1$이라 애초 배제)면 $a,b,c$ 가 모두 짝수가 되어 비원시가 된다 — 예: $s=3,t=1$(둘 다 홀수)이면 $a=8,b=6,c=10$, $\gcd=2$로 원시가 아님.
"동치 형태 $a=m^2-n^2, b=2mn, c=m^2+n^2$(서로 다른 홀짝 없이 그냥 $\gcd(m,n)=1, m>n$)와 본문 공식이 다른 정리다" — 아니다. 같은 정리의 동치 진술이다. 다만 이 변형에서는 "서로 다른 홀짝" 조건 없이도 원시성이 보장되도록 식을 약간 다르게 잡은 문헌도 있으니, 사용하는 문헌의 정확한 가설을 항상 확인해야 한다.
"피타고라스 삼조가 유한 개" — 정반대. 무한히 많다(예제 4의 표가 끝없이 계속됨), 그리고 원시 삼조도 무한히 많다.
"$n\ge3$ 에서도 해가 조금은 있겠지" — Fermat의 마지막 정리에 의해 정확히 0개다. $n=2$ 와 $n\ge3$ 사이에 타협은 없다.

큰 그림 / 연결

피타고라스 삼조는 what is number theory에서 본 "실험적 방법"의 첫 성공 사례이자, 디오판토스 방정식이라는 더 큰 주제(diophantine approximation)의 입구다. 매개화에 쓰인 "단위원 위 직선 긋기" 기법은 정확히 같은 형태로 타원곡선의 유리점 탐색에 재등장하며, Fermat의 마지막 정리의 현대적 증명(Wiles)이 타원곡선을 경유하는 이유도 여기에 있다. 한편 $a^2+b^2=c^2$ 을 $(a+bi)(a-bi)=c^2$ 으로 복소수 영역에서 인수분해하면 가우스 정수 $\mathbb{Z}[i]$ 에서의 유일인수분해 논증으로 피타고라스 정리를 다시 증명할 수 있다 — 같은 정리를 다른 수 체계에서 보는 셈이다. 또한 어떤 정수가 두 제곱수의 합으로 표현되는지의 일반 이론은 두 제곱수의 합에서 다룬다. 기하학적으로는 단위원의 유리점 매개화가 미분기하학·대수기하학의 "유리곡선의 매개화"라는 일반 주제의 가장 단순한 예시다(differential-geometry 위키의 매개곡선 다루는 관점과 비교할 만하다).

연습문제

$s=5,t=4$로 피타고라스 삼조를 만들고 직접 검산하라.
$s=6,t=1$로 만든 삼조의 빗변을 구하고, 원시 삼조인지 확인하라.
모든 피타고라스 삼조에서 $a,b$ 중 하나는 반드시 $3$의 배수임을 보여라. (힌트: 제곱수를 $\bmod3$ 으로 분류)
원시 삼조 $(a,b,c)$에서 $c$가 항상 홀수임을 보여라.
원시 삼조의 빗변 $c$를 $4$로 나눈 나머지가 항상 $1$임을 보여라.
$c=65$인 원시 삼조를 모두 찾아라 (예제 4의 결과를 활용하거나 직접 $s,t$를 탐색하라).
$s=10,t=3$으로 만든 삼조가 원시인지 판정하고, 아니라면 원시 삼조로 환원하라.
$a=33$을 한 변으로 갖는 원시 피타고라스 삼조를 모두 찾아라.

정답·힌트

$a=25-16=9$, $b=2\cdot5\cdot4=40$, $c=25+16=41$ → $(9,40,41)$. 검산: $81+1600=1681=41^2$ ✓.
$a=36-1=35$, $b=12$, $c=37$ → $(35,12,37)$. $\gcd(6,1)=1$, 홀짝 다름 ⟹ 원시. 검산: $1225+144=1369=37^2$ ✓.
제곱수는 $\bmod3$으로 $0$ 또는 $1$만 가능($0^2\equiv0$, $1^2\equiv1$, $2^2\equiv4\equiv1$). $a,b$ 둘 다 $3$의 배수가 아니라면 $a^2\equiv b^2\equiv1\pmod3$이라 $a^2+b^2\equiv2\pmod3$인데, $c^2\equiv0$ 또는 $1\pmod3$이라 모순. 따라서 $a,b$ 중 적어도 하나는 $3$의 배수.
원시 삼조는 $a,b$가 서로 다른 홀짝이므로 $a^2+b^2$=홀+짝=홀, 즉 $c^2$이 홀수이므로 $c$도 홀수.
$c=s^2+t^2$, $s,t$가 서로 다른 홀짝이므로 하나는 짝(제곱이 $4$의 배수, $\equiv0\bmod4$)이고 하나는 홀(제곱이 $\equiv1\bmod4$) — 합쳐서 $c\equiv1\pmod4$.
$c=s^2+t^2=65$인 서로소·다른 홀짝 쌍: $(s,t)=(8,1)\to a=63,b=16$; $(s,t)=(7,4)\to a=33,b=56$. 따라서 $(63,16,65)$와 $(33,56,65)$ 두 개.
$a=100-9=91$, $b=60$, $c=109$. $\gcd(10,3)=1$, $10$은 짝수·$3$은 홀수로 다른 홀짝 ⟹ 이미 원시(환원 불필요). 검산: $91^2+60^2=8281+3600=11881=109^2$ ✓.
$a=33$이 $s^2-t^2=(s-t)(s+t)$ 형태여야 함. $33=1\times33=3\times11$. $(s-t,s+t)=(1,33)\to s=17,t=16$(다른 홀짝, $\gcd=1$) → $b=2\cdot17\cdot16=544$, $c=17^2+16^2=545$. $(s-t,s+t)=(3,11)\to s=7,t=4$(다른 홀짝, $\gcd=1$) → $b=56$, $c=65$(예제 4와 일치). 따라서 $(33,544,545)$와 $(33,56,65)$ 두 개.