POSEBNI PITAGOREJSKI TRIKOTNIKI

Transcript

1 Univerza v Ljubljani Pedagoška fakulteta Oddelek za matematiko in računalništvo Katedra za algebro in analizo Marko Razpet POSEBNI PITAGOREJSKI TRIKOTNIKI Študijsko gradivo Matematične teme z didaktiko Ljubljana, februar 2015

2 Vsebina Predgovor 3 1 Geoplošča 4 2 Mreža, mrežne točke, daljice in liki 6 3 Pitagorejski trikotniki 8 4 Mrežni pitagorejski trikotniki 15 5 Še en način generiranja pitagorejskih trikotnikov 22 6 Pitagorejski trikotniki z enotsko razliko stranic 25 7 Pitagorejski trikotniki in kompleksna števila 33 8 Pitagorejske večterice 36 9 Nekaj izrazov grškega izvora 39 Za konec 40 Literatura in spletni viri 43

3 Predgovor S pitagorejskimi trikotniki se po navadi študentje srečajo pri elementarni matematiki ali teoriji števil. Lahko pa jih smiselno vključimo tudi v druge predmete, na primer v zgodovino ali didaktiko matematike ter razne izbirne predmete. Prav tako so pitagorejski trikotniki primerna tema za občasne seminarje ali strokovno doizobraževanje. Pitagorejski trikotniki so pravokotni trikotniki, v katerih se dolžine vseh treh stranic pri izbrani dolžinski enoti izražajo z naravnimi števili. Take trikotnike so poznale že stare kulture, na primer mezopotamska, egipčanska, indijska, kitajska in grška. Ni povsem znano, kako so do njih prišli v Mezopotamiji, toda ohranjene glinene ploščice, popisane v klinopisni pisavi, nam izpričujejo, da so tam poznali celo več, med seboj nepodobnih pitagorejskih trikotnikov. V starem Egiptu so poznali pitagorejski trikotnik s stranicami a = 3, b = 4, c = 5, kar je v bistvu najmanjši tak trikotnik, če gledamo samo na števila 3, 4, 5. Ta trikotnik je odigral pomembno vlogo v egipčanskem zemljemerstvu, kajti z njegovo lastnostjo so ob napeti vrvici konstruirali na terenu prave kote. V ta namen je v Egiptu obstajala posebna služba, katere naloga je bila meriti z vrvico in odmerjati prave kote. Izvajali so jo tako imenovani napenjalci vrvi, harpedonapti. Starim Grkom so bili pitagorejski trikotniki seveda všeč, kajti le naravna števila in ulomki z njimi so bila zanje prava števila. Razmerja med njimi so imeli za prava razmerja, razmerje med diagonalo in stranico kvadrata, ki je iracionalno, pa jim na primer ni šlo v račun. Lahko bi rekli, da so iracionalna števila pometli pod preprogo. V geometriji so stari Grki dovoljevali samo tiste konstrukcije, ki jih je možno izvesti z neoznačenim ravnilom in s šestilom. Kljub temu so v matematiki napredovali daleč, dlje kot drugi njihovi sodobniki. Predvsem pa jim gre zasluga, da so v matematiko uvedli dokaz. Ljubljana, februar 2015 Dr. Marko Razpet 3

4 1 Geoplošča Eden od klasičnih šolskih didaktičnih pripomočkov, ki ga dobro poznamo, je geoplošča. To je plošča, običajno kvadratne oblike, s čepki, razporejenimi v pravilno kvadratno mrežo. Geoplošča je običajno lesena ali plastična. Naprodaj so geoplošče različnih velikosti. Po navadi so kvadratne, razdeljene z ravnimi črtami na 5 5, 9 9, itd. enakih kvadratov, na ogliščih katerih so tako ali drugače pritrjeni čepki. Na nekaterih so samo čepki, saj črt, ki bi ploščo delile na kvadrate, niti ne potrebujemo. Na geoplošči učenci napenjajo elastike okoli čepkov in s tem ustvarjajo različne geometrijske like in tako sami odkrivajo in spoznavajo nekatere matematične zakonitosti. Slika 1: Preprosta geoplošča. Geoploščo, po navadi plastično, se da kupiti, z malo truda pa si jo lahko izdela vsak sam, za kar potrebuje le primerno deščico in žebljičke, ki igrajo vlogo čepkov. Taka iz lesa je še najboljša, saj jo lahko uporabite za kurjavo, če ne veste, kaj z njo, ko odsluži svojemu namenu. Do raznobarvnih elastik pa tudi ni težko priti, saj se dobijo v trgovini. Lahko jih pa tudi nastrižemo sami, če smo se le pripravljeni odpovedati kakšni stari zračnici od kolesa. Pri zabijanju žebljičkov v deščico je treba seveda imeti primerno kladivo in malo bolj paziti na svoje nežne prste, da ne bi bilo nesreče, in to tem bolj, čim manj smo spretni. Da pa se nam ne bo treba preveč žrtvovati za znanost, 4

5 Slika 2: Pitagora umetniška upodobitev. je bolje, da delo prepustimo izkušenemu mojstru. V naslovu tega besedila je uporabljena beseda pitagorejski, ki seveda izvira v imenu starogrškega matematika, mistika in filozofa Pitagore s Samosa, grško Πυθαγόρας ὁ Σάμιος, kar pomeni Pitagora Samošán. Rodil se je na otoku Samos, Σάμος, v Egejskem morju, danes tik pred jugozahodno turško obalo, okoli leta 580 pne. Samoškemu tiranu Polikratu, Πολυκράτης, je padel v nemilost, zaradi česar se je preselil v Kroton, Κρότων, na jugu Italije, v tako imenovano Veliko Grčijo, Μεγάλη Ελλάς, kjer je ustanovil svojo filozofsko šolo. Pitagorovim učencem pravimo pitagorejci. A tudi v Krotonu ni imel miru. Moral se je zaradi svojega filozofskega in verskega prepričanja večkrat seliti. Živel je v Lokrih, Λοκροί, Tarentu, Τάρας, in Metapontu, Μεταπόντιον, kjer je tudi umrl okoli leta 496 pne. Pitagora je v civiliziranem svetu najbolj znan po izreku, ki velja za katerikoli pravokotni trikotnik. To je Pitagorov izrek, ki se glasi: 5

6 V pravokotnem trikotniku je vsota kvadratov katet enaka kvadratu hipotenuze. Vse pa kaže, da so ta izrek poznale že veliko pred grško tudi druge kulture. Pitagorejci so se ukvarjali tudi z glasbo, števili, razmerji, astronomijo, teologijo, zdravim prehranjevanjem in še s čim. Slika 3: Južna Italija v antiki. 2 Mreža, mrežne točke, daljice in liki Geoploščo matematično idealiziramo s kvadratno mrežo v pravokotnem kartezičnem koordinatnem sistemu. Izberemo enoto in načrtamo mrežo, ki jo sestavljata družini vzporednic x = m, y = n, kjer so m in n cela števila. Točke, v katerih se obe družini vzporednic take mreže sekata, so mrežne točke. Na pravi geoplošči so to čepki. Na skicah bomo s piko označevali le tiste mrežne točke, ki nas trenutno zanimajo. Daljica, ki povezuje mrežni točki, je mrežna daljica. Večkotnik, ki ima za oglišča mrežne točke, bomo imenovali 6

7 mrežni večkotnik. Tako lahko govorimo na primer o mrežnih pravokotnikih in mrežnih trikotnikih. Premica y = 0 je abscisna os, premica x = 0 pa ordinatna os. Točka O, kjer se obe osi sekata, je koordinatno izhodišče. Sosednji vzporednici sta druga od druge oddaljeni za enoto. S tem lahko množico mrežnih točk obravnavamo kot množico Z Z = {(m, n) : m Z n Z}. Vsako mrežno točko T lahko potem navajamo s koordinatama: T (x, y). Mrežno daljico s krajiščema A in B označimo z AB, njeno dolžino pa z AB. y..... x Slika 4: Idealizirana geoplošča. Prej ali slej opazimo, da dolžina mrežne daljice ni vselej celo število. Mrežna daljica A(1, 1)B(3, 2) ima na primer po Pitagorovem izreku dolžino AB = (3 1) 2 + (2 1) 2 = 5, kar ni celo število. Mrežna daljica C( 2, 1)D( 6, 4) ima dolžino za CD = ( 6 ( 2)) 2 + (4 1) 2 = 25 = 5, kar pa je celo število. Zanima nas, kdaj je dolžina mrežne daljice T 1 (x 1, y 1 )T 2 (x 2, y 2 ) celo število. To je zagotovo res, če je x 1 = x 2 ali pa y 1 = y 2. V prvem primeru je T 1 T 2 = y 2 y 1, v drugem pa T 1 T 2 = x 2 x 1. V splošnem primeru pa je, kot vemo: T 1 T 2 = (x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2. (A) 7

8 y... D. B C A O... x Slika 5: Mrežne točke. V primeru, ko je x 1 x 2 in y 1 y 2, so mrežne točke T 1 (x 1, y 1 ), T 2 (x 2, y 2 ) in T (x 2, y 1 ) (lahko tudi T (x 1, y 2 )) oglišča mrežnega pravokotnega trikotnika s katetama a = T 1 T = x 2 x 1 in b = T 2 T = y 2 y 1 ter hipotenuzo c = T 1 T 2. Po Pitagorovem izreku potem dobimo formulo (A), ki velja v vseh primerih. Dolžina mrežne daljice T 1 T 2 je celo število samo v primeru, ko je a 2 + b 2 kvadrat nekega celega števila. Takoj tudi vidimo, da je T 1 T 2 = 0 samo v primeru T 1 = T 2. V geometriji pogosto govorimo ohlapno, ne pa strogo, kot bi v resnici morali. Tako na primer je lahko a oznaka za neko daljico, lahko je to daljica sama ali pa njena dolžina. Običajno iz konteksta razberemo, za kaj pri tem gre. 3 Pitagorejski trikotniki Pravokotnemu trikotniku, ki ima vse tri stranice izražene v naravnih številih, pravimo pitagorejski trikotnik. Njegovi kateti naj bosta a in b, hipotenuza pa c. Tak trikotnik bomo označevali kar s številsko trojico (a, b, c), ki ji pravimo tudi pitagorejska trojica. Seveda mora veljati enakost a 2 + b 2 = c 2. Če števila a, b, c nimajo skupnega delitelja, govorimo o primitivnem pitagorejskem trikotniku oziroma o primitivni pitagorejski trojici. Za tak trikotnik 8

9 y... T2 T 1 T O... x Slika 6: Dolžina mrežne daljice. je potrebno in zadostno, da a in b nimata skupnega delitelja ali drugače povedano, da je največji skupni delitelj števil a in b enak 1: M(a, b) = 1. Pravimo, da sta naravni števili različnih parnosti, če je eno od njiju liho, eno pa sodo. Števili 2 in 3 sta različnih parnosti, števili 4 in 6 iste parnosti, števili 3 in 5 sta tudi iste parnosti. V vsakem primitivnem pitagorejskem trikotniku sta kateti različnih parnosti. Hipotenuza primitivnega pitagorejskega trikotnika je liho število in ne more biti manjša kot 5. Najmanjši pitagorejski trikotnik je (3, 4, 5). Vsak pitagorejski trikotnik dobimo iz nekega primitivnega, če njegove stranice pomnožimo z nekim naravnim številom. Izkaže se, da dobimo vse primitivne pitagorejske trikotnike (a, b, c) po znanih formulah: a = 2mn, b = m 2 n 2, c = m 2 + n 2. (B). Poljuben pitagorejski trikotnik pa dobimo po formulah a = 2kmn, b = k m 2 n 2, c = k(m 2 + n 2 ). (C). 9

10 Slika 7: Najmanjši pitagorejski trikotnik iz vžigalic. Pri tem sta naravni števili m in n različnih parnosti, M(m, n) = 1, k pa je poljubno naravno število. Vlogi katet a in b lahko tudi zamenjamo. Tako na primer za m = 1 in n = 2 dobimo primitiven pitagorejski trikotnik (4, 3, 5). Nekaj primerov je zbranih v naslednji tabeli. m n a b c Celoštevilsko dolžino mrežnih daljic T 1 (x 1, y 1 )T 2 (x 2, y 2 ) torej dobimo, če: a) je x 1 = x 2 ; tedaj je T 1 T 2 = y 2 y 1 ; b) je y 1 = y 2 ; tedaj je T 1 T 2 = x 2 x 1 ; c) je a = x 2 x 1 > 0 in b = y 2 y 1 > 0 ter sta a in b kateti pitagorejskega trikotnika (a, b, c); tedaj je T 1 T 2 = c = a 2 + b 2. 10

11 ..... Slika 8: Pitagorejski in nepitagorejski mrežni trikotniki. Vprašanje. Kateri mrežni trikotniki na sliki 8 so pitagorejski, kateri ne? Na krožnici (x p) 2 + (y q) 2 = r 2 s celoštevilskim radijem r > 0 in s središčem v mrežni točki S(p, q) so vedno vsaj štiri trivialne mrežne točke: A(p r, q), B(p + r, q), C(p, q r) in D(p, q + r). Če pa je še kakšna, pa je odvisno od oblike števila r. Ne da bi karkoli izgubili na splošnosti, lahko vzamemo S = O, tako da imamo potem na krožnici polmera r trivialne točke A( r, 0), B(r, 0), C(0, r) in D(0, r). Na sliki 9 vidimo 12 mrežnih točk na krožnici polmera r = 5 in samo 4 trivialne na krožnicah polmera r = 7 in r = 3. Izraz za hipotenuzo c pitagorejskega trikotnika v (C) pove, na katerih krožnicah s središčem v O in celoštevilskim radijem r > 0 morda ležijo tudi netrivialne mrežne točke. Taka krožnica ima z enačbo x 2 + y 2 = r 2. Zato je za netrivialne točke T (x, y) na tej krožnici ( x, y, r) pitagorejska trojica. Iščemo torej tiste naravne r > 0, ki so naravni večkratniki vsote kvadratov dveh tujih si naravnih števil različnih parnosti. Torej mora biti r oblike k(m 2 + n 2 ), kjer sta m in n tuji si naravni števili različnih parnosti. Števila k, m, n določajo kateti a in b po prvih dveh formulah v (C). Na krožnici so potem poleg trivialnih še mrežne točke (±ka, ±kb) in (±kb, ±ka). Če 11

12 y.. D A. B. O C.... x Slika 9: Krožnica in mrežne točke. pri tem m in n zamenjata vlogi, ne dobimo novih mrežnih točk na krožnici x 2 + y 2 = r 2. Koliko mrežnih točk je na krožnici polmera r, je odvisno od tega, kakšne oblike je razcep števila r na prafaktorje. Lihi prafaktorji so dveh vrst: nekateri so oblike 4j + 1, nekateri pa 4j + 3, kjer je j celo število. Pri odgovoru na vprašanje o številu mrežnih točk na krožnici nam pomaga izrek, ki ga pripisujejo Pierru de Fermatu ( ) in ki ga ni ravno preprosto dokazati. Ta izrek pravi: Liho praštevilo p se da izraziti kot vsota kvadratov dveh naravnih števil natanko takrat, ko je p = 4j +1 za neko naravno število j. Če je p = m 2 +n 2, sta si m in n tuji in različnih parnosti. Praštevilo 2 je vsota kvadratov: 2 = Toda na krožnici radija 2 ni netrivialnih mrežnih točk. Število r = 24 = ni vsota kvadratov dveh naravnih števil. Praštevilo 3 je oblike 4k + 3 in nastopa v razcepu z lihim eksponentom 1. Naslednja pomembna lastnost števil, ki so vsote kvadratov dveh naravnih 12

13 števil, pove, da se njun produkt da izraziti kot vsota kvadratov dveh celih števil. Trditev temelji na enakostih (m 2 +n 2 )(s 2 +t 2 ) = (mt+ns) 2 +(ms nt) 2 = (ms+nt) 2 +(mt ns) 2, (D) v kateri nastopajo poljubna cela števila m, n, s, t. Naj bo M(m, n) = M(s, t) = 1. Lahko se zgodi, da je M(mt + ns, ms nt) 1 ali pa M(ms + nt, mt ns) 1. Poglejmo, kdaj je ms = nt. Očitno tedaj t deli ms. Ker je t tuj proti s, mora t deliti m. Iz istega razloga tudi m deli t. To pa gre le, če je t = m. Potem je pa tudi s = n. Prav tako je mt = ns samo v primeru t = n in s = m. Ni pa težav v primeru s = m in t = n: (m 2 + n 2 ) 2 = (m 2 n 2 ) 2 + (2mn) 2. Primer 1. Uporabimo obe varianti enakosti (D): 169 = 13 2 = ( )( ) = ( ) 2 + ( ) 2 = = 13 2 = ( )( ) = ( ) 2 + ( ) 2 = Druga nam ne prinese nič novega. Naloga 1. Poiščite vse mrežne točke na krožnici x 2 + y 2 = Iz razcepa r = 65 = 5 13 vidimo, da sta oba prafaktorja oblike 4j + 1, tako da sta oba vsoti kvadratov dveh naravnih števil. Zapišimo najprej r = 5( ). Za k = 5, m = 3, n = 2 izračunamo po formulah (C): a = = 60, b = 5( ) = 25. Nato zapišimo r = 13( ). Za k = 13, m = 2, n = 1 nam izrazi (C) dajo: a = = 52, b = 13( ) = 39. Lahko pa zapišimo tudi r = ( )( ) in po formulah (D) imamo: r = ( ) 2 +( ) 2 = Za k = 1, m = 7, n = 4 izračunamo po pravilih (C): a = = 56, b = = 33. Nazadnje pa zapišimo še r = ( )( ) in po (D) dobimo: r = ( ) 2 + ( ) 2 = Za k = 1, m = 8, n = 1 imamo po (C): a = = 16, b = =

14 Na krožnici x 2 + y 2 = 65 2 je torej 36 mrežnih točk, trivialne in pravkar izračunane: (±65, 0), (0, ±65), (±60, ±25), (±25, ±60), (±52, ±39), (±39, ±52), (±56, ±33), (±33, ±56), (±63, ±16), (±16, ±63). Hkrati pa smo našli najmanjša neskladna primitivna pitagorejska trikotnika z enakima hipotenuzama: (33, 56, 65) in (16, 63, 65). Slika 10: Podstavek Pitagorovega spomenika na Samosu. Foto: M. Cencelj. Naloga 2. Poiščite vseh 84 mrežnih točk na krožnici x 2 +y 2 = Koliko primitivnih pitagorejskih trikotnikov (a, b, c) s hipotenuzo c = 1625 obstaja, če se ne oziramo na vrstni red katet a in b. Število mrežnih točk na krožnici s celoštevilskim polmerom Število mrežnih točk N(r) na krožnici x 2 + y 2 = r 2 s celoštevilskim radijem r se spreminja na prvi pogled zelo nepravilno, ko r narašča. Če je razcep števila r na prafaktorje oblike r = 2 α p β 1 1 p β p βu u q γ 1 1 q γ q γv v, kjer so p i praštevila oblike 4j + 1 in q j oblike 4j + 3, potem se da dokazati, da je na krožnici x 2 + y 2 = r 2 natančno N(r) = 4(2β 1 + 1)(2β 2 + 1)... (2β u + 1) 14

15 mrežnih točk. Vprašanje. Koliko je N(144), N(200), N(2009), N(2010)? r Razcep na prafaktorje N(r) Primer 2. Število r = = ima vse praštevilske faktorje oblike 4j + 1 in na krožnici x 2 + y 2 = je 4( )( ) 3 = 540 mrežnih točk. Ena od teh je (2 041, ). 4 Mrežni pitagorejski trikotniki Pitagorejskega trikotnika (a, b, c) ni težko postaviti na kvadratno mrežo tako, da bodo njegova oglišča v mrežnih točkah in kateti vzporedni s koordinatnima osema. Kdaj je pitagorejski trikotnik tudi mrežni trikotnik, ki ima hipotenuzo vzporedno z eno od koordinatnih osi? Da bi dognali lastnosti takega trikotnika, so oglejmo pitagorejski trikotnik ABC (slika 13). Višina na hipotenuzo ga razdeli na trikotniku ABC 15

16 . Slika 11: Najenostavnejši pitagorejski mrežni trikotniki (6, 8, 10). podobna trikotnika CAV in BCV. Da ostanemo v okviru naravnih stranic, morajo biti vsi trije trikotniki pitagorejski. Vsak pitagorejski trikotnik pa je podoben nekemu primitivnemu pitagorejskemu trikotniku (a, b, c). Pri tem je M(a, b) = 1. Vzemimo, da je v trikotniku BCV kateta V B = λa, kateta V C = λb in hipotenuza BC = λc. V trikotniku CAV mora potem biti kateta AV = µb, kateta V C = µa in hipotenuza AC = µc. Števili λ in µ sta naravni in veljati mora enakost µa = λb. Očitno lahko vzamemo M(λ, µ) = 1, saj bi sicer enakost lahko okrajšali s skupnim faktorjem. Ker b deli levo stran, ne deli pa a, mora deliti µ. Ker pa µ deli desno stran, ne deli pa λ, mora deliti b. To pa pomeni µ = b in s tem tudi λ = a. Trikotnik ABC ima hipotenuzo a 2 + b 2 = c 2 in kateti ac ter bc. Njegova višina na hipotenuzo je celo število ab. Pravokotni projekciji katet na hipotenuzo pa sta a 2 in b 2. Trikotnik ABC lahko torej izrazimo kot pitagorejski trikotnik c(a, b, c) = (ac, bc, c 2 ). Dobimo ga s stikom pitagorejskih trikotnikov a(a, b, c) = (a 2, ab, ac) in b(a, b, c) = (ab, b 2, bc) vzdolž enake katete ab. Naloga 3. Ali obstaja pravokotni trikotnik s hipotenuzo c = 25, ki je 16

17 .. Slika 12: Pitagorejski mrežni trikotnik (15, 20, 25) z vodoravno hipotenuzo. hkrati pitagorejski mrežni trikotnik s hipotenuzo, ki je vzporedna z eno od koordinatnih osi? Pitagorejski trikotnik s hipotenuzo c = 25 = 5 2 obstaja, ker je c = 5 2 = vsota kvadratov dveh naravnih števil. Iskani trikotnik je 5(4, 3, 5) = (20, 15, 25) z višino v = 20 15/25 = 12 in pravokotnima projekcijama katet na hipotenuzo, ki sta 16 in 9. To je najmanjši pitagorejski mrežni trikotnik te vrste. Dobimo ga s sestavljanjem pitagorejskih trikotnikov 4(4, 3, 5) = (16, 12, 20) in 3(4, 3, 5) = (12, 9, 15) vzdolž katet dolžine 12. Naloga 4. Ali obstaja pravokotni trikotnik s hipotenuzo c = 169, ki je hkrati pitagorejski mrežni trikotnik s hipotenuzo, ki je vzporedna z eno od koordinatnih osi? Pitagorejski trikotnik s hipotenuzo c = 169 = 13 2 obstaja, ker je c = 13 2 = vsota kvadratov dveh naravnih števil. Iskani trikotnik je 13(12, 5, 13) = (156, 65, 169) z višino v = /169 = 60 in pravokotnima projekcijama katet na hipotenuzo, ki sta 144 in 25. Dobimo ga s sestavljanjem pitagorejskih trikotnikov 12(12, 5, 13) = (144, 60, 156) in 5(12, 5, 13) = (60, 25, 65) vzdolž katet dolžine

18 C µc µa λb λc A. µb V λa. B Slika 13: Pitagorejska trikotnika sestavljata pitagorejski trikotnik. Kako pa najti pitagorejski mrežni trikotnik, pri katerem nobena stranica ni vzporedna s koordinatnima osema? Tak trikotnik zagotovo obstaja, na primer A(0, 0)B(12, 9)C( 12, 16). Njegove stranice so: a = AB = 15, b = AC = 20, c = BC = = 625 = 25. Očitno velja a 2 + b 2 = c 2, tako da je trikotnik res pitagorejski. Idejo, kako poiskati druge take trikotnike, najdemo na sliki 15. Z E smo označili pravokotno projekcijo točke B, z F pa pravokotno projekcijo točke C na abscisno os. Da se bo vse izšlo v celih številih, morata biti mrežna trikotnika AEB in CF A pitagorejska in med seboj podobna, da bo kot ob oglišču C trikotnika ABC pravi. Pitagorejska trikotnika AEB in CF A pa dobimo iz nekega primitivnega pitagorejskega trikotnika (a, b, c). Denimo, da je trikotnik AEB dan s trojico λ(a, b, c) = (λa, λb, λc), trikotnik CF A pa s trojico µ(b, a, c) = (µb, µa, µc). Pri tem sta λ in µ naravni števili. Hipotenuza ABC je potem (λc) 2 + (µc) 2 = c λ 2 + µ 2. Da bo hipotenuza celo število, moramo izbrati λ in µ med katetama nekega pitagorejskega trikotnika (λ, µ, ν). Hipotenuza trikotnika ABC bo potem νc. Ne da bi karkoli izgubili na splošnosti, lahko vzamemo, da je trojica (λ, µ, ν) primitivna. V nasprotnem primeru bi se dimenzije trikotnikov hkrati zmanjšale za ustrezni naravni faktor. 18

19 C bc ab ac A. V a 2 b 2 Slika 14: Stik pitagorejskih trikotnikov.. B Pri poljubnih primitivnih pitagorejskih trojicah (a, b, c) in (λ, µ, ν) je mrežni trikotnik O(0, 0)B(λa, λb)c( µb, µa) pitagorejski. Druge pitagorejske mrežne trikotnike potem dobimo s paralelnimi premiki, zrcaljenji prek koordinatnih osi in medsebojno zamenjavo abscis in ordinat. Naj bo µa > λb. Tedaj lahko nad hipotenuzo trikotnika ABC konstruiramo še pravokotni trikotnik CBG tako, da je oglišče G ob pravem kotu na podaljšku daljice EB. V primeru µa < λb bi bilo oglišče G ob pravem kotu trikotnika CBG na podaljšku daljice F C. Trikotnik CBG je očitno pitagorejski, kar prekontroliramo takole: (λa + µb) 2 + (µa λb) 2 = (a 2 + b 2 )(λ 2 + µ 2 ) = (νc) 2. Kaj pa, če je µa = λb? Iz M(a, b) = M(λ, µ) = 1 dobimo z znanim sklepanjem: λ = a, µ = b, ν = c. Tedaj že trije, in to med seboj podobni pitagorejski trikotniki sestavljajo pravokotnik. Lahko pa je tudi λ = b, µ = a, ν = c. Tedaj imamo tri med seboj podobne trikotnike, ki sestavljajo pravokotni trapez. Na sliki 13 je a > b. Analogno sliko bi dobili za a < b. Naloga 5. Razdeli pravokotnik s stranicama 56 in 48 na štiri pitagorejske trikotnike po vzoru slike

20 C. y B F A E Slika 15: Mrežni pitagorejski trikotnik v splošni legi... x Poiskati je treba taki primitivni pitagorejski trojici (a, b, c) in (λ, µ, ν), za kateri bo veljalo: µa = 48 in λa + µb = 56. Vemo, da morajo nastopajoča števila biti večja ali enaka 3. Zato razstavimo na dva faktorja: 48 = 3 16 = 4 12 = 6 8. Druga enačba, ki jo moramo rešiti v naravnih številih, nam ponuja 6 možnosti: a = 3, µ = 16, 3λ + 16b = 56, a = 4, µ = 12, 4λ + 12b = 56, a = 6, µ = 8, 6λ + 8b = 56, a = 16, µ = 3, 16λ + 3b = 56, a = 12, µ = 4, 12λ + 4b = 56, a = 8, µ = 6, 8λ + 6b = 56. (m1) (m2) (m3) (m4) (m5) (m6) Prva, tretja, četrta in šesta možnost nam ne da nobene rešitve. Druga možnost nam da smiselni rešitvi v naravnih številih: b = 3, λ = 5 pri 20

21 λa + µb C G µa λb νc µc.. B µa λc λb F E µb A λa Slika 16: Sestavljanje pitagorejskih trikotnikov v pravokotnik. C ab F b 2 bc c 2 A ac a 2 B ab E Slika 17: Sestavljanje treh pitagorejskih trikotnikov v pravokotnik. a = 4, µ = 12 in s tem pitagorejski trojici (a, b, c) = (4, 3, 5) in (λ, µ, ν) = (5, 12, 13). Pri peti možnosti dobimo b = 5, λ = 3 in pri a = 12, µ = 4 in zato rešitev (a, b, c) = (12, 5, 13) in (λ, µ, ν) = (3, 4, 5). Naloga ima dve rešitvi (slika 19). Naloga 6. Razdeli pravokotnik s stranicama 84 in 45 na štiri pitagorejske trikotnike. Naloga 7. Razdeli pravokotnik s stranicama 169 in 60 na tri pitagorejske trikotnike. 21

22 C ab c.. 2 G a 2 b 2 ac B a 2 bc b 2 F E ab A ab Slika 18: Sestavljanje štirih pitagorejskih trikotnikov v pravokotnik. 5 Še en način generiranja pitagorejskih trikotnikov Prej opisan postopek generiranja primitivnih pitagorejskih trojic ni edini. Opisali bomo še enega, ki je zelo podoben prejšnjemu. Pitagorejski trikotnik pomagata najti primerni lihi števili. Za primitivni pitagorejski trikotnik (a, b, c), pri katerem brez škode za splošnost lahko vzamemo, da je b sodo število, pišimo: a 2 = (c + b)(c b). Pri tem sta potem a in c lihi števili. Lihi in med seboj tuji sta si tudi števili u = c + b, v = c b. Ker je a 2 = uv, obstajata lihi, tuji si števili k in l, za kateri je u = k 2, v = l 2 in zato a = kl, b = k2 l 2, c = k2 + l 2 (k > l). 2 2 Velja torej izrek: 22

23 Slika 19: Rešitvi naloge 5. Vse primitivne pitagorejske trikotnike (a, b, c), kjer je b sodo število, dobimo po formulah a = kl, b = k2 l 2, c = k2 + l Pri tem sta si lihi števili k, l tuji in k > l. Vsak primitivni pitagorejski trikotnik (a, b, c), kjer je b sodo število, se dobi tako natanko enkrat. Primeri pitagorejskih trojic k l a b c Vprašanje. Koliko je pitagorejskih trikotnikov (a, b, c), ki imajo stranice 23

24 manjše od 100? Lahko se vprašamo po tistih, za katere je c < 100. Vse primitivne pitagorejske trikotnike s to zahtevo dobimo za k < 15, kajti za k 15 je c = (k 2 + l 2 )/2 > 100. Najprej dobimo 16 primitivnih pitagorejskih trikotnikov: (3, 4, 5), (5, 12, 13), (15, 8, 17), (7, 24, 25), (21, 20, 29), (35, 12, 37), (9, 40, 41), (45, 28, 53), (11, 60, 61), (63, 16, 65), (33, 56, 65), (55, 48, 73), (13, 84, 85), (77, 36, 85), (39, 80, 89), (65, 72, 97). Tem dodamo še 7 takih, ki imajo 2-krat daljše stranice: (6, 8, 10), (10, 24, 26), (30, 16, 34), (14, 48, 50), (42, 40, 58), (70, 24, 74), (18, 80, 82). Sledi jim še 5 takih, ki imajo 3-krat daljše stranice: (9, 12, 15), (15, 36, 39), (45, 24, 51), (21, 72, 75), (63, 60, 87). Nato najdemo še 3 take, ki imajo 4-krat daljše stranice: (12, 16, 20), (20, 48, 52), (60, 32, 68), pa še 3 take, ki imajo 5-krat daljše stranice, (15, 20, 25), (25, 60, 65), (75, 40, 85). Obstajata 2 taka, ki imata 6-krat daljše stranice, (18, 24, 30), (30, 72, 78). in še 2 taka, ki imata 7-krat daljše stranice: (21, 28, 35), (35, 84, 91). 24

25 Nazadnje je še 12 takih, ki imajo k-krat (8 k 19) daljše stranice kot osnovni trikotnik (3, 4, 5): (24, 32, 40), (27, 36, 45), (30, 40, 50), (33, 44, 55), (36, 48, 60), (39, 52, 65), (42, 56, 70), (45, 60, 75), (48, 64, 80), (51, 68, 85), (54, 72, 90), (57, 76, 95). Odgovor na vprašanje. Vsega skupaj smo torej našli 50 pitagorejskih trikotnikov, ki imajo stranice manjše od 100. Torej je vseh takih 100, saj lahko med seboj zamenjamo kateti a in b. Pitagorejski trikotniki s stranicami v aritmetičnem zaporedju Oglejmo si pitagorejski trikotnik (n k, n, n + k), n, k N, n > k. Veljati mora: (n k) 2 + n 2 = (n + k) 2. Dobimo n 2 = 4nk, torej n = 4k. Imamo torej pitagorejski trikotnik (3k, 4k, 5k), ki je podoben primitivnemu (3, 4, 5). 6 Pitagorejski trikotniki z enotsko razliko stranic Pitagorejski trikotniki, pri katerih je razlika hipotenuze in katete enaka 1 Tak trikotnik mora biti primitiven, ker sta si dve zaporedni naravni števili tuji. Ne gre, da bi bilo c a = 1, če vzamemo, da sta c in a lihi števili. Ostane možnost c b = 1. Iz formul a = kl, b = k2 l 2, c = k2 + l dobimo l 2 = 1 in s tem l = 1. Iskani pitagorejski trikotniki imajo torej stranice: a = k, b = k2 1, c = k2 + 1, 2 2 pri čemer je k > 1 liho število. 25

26 Če pišemo k = 2n + 1, n 1, dobimo: a = 2n + 1, b = 2n(n + 1), c = 2n(n + 1) + 1. Primeri. Če izberemo po vrsti n = 1, 2,..., 10, dobimo naslednje pitagorejske trojice: (3, 4, 5), (5, 12, 13), (7, 24, 25), (9, 40, 41), (11, 60, 61), (13, 84, 85), (15, 112, 113), (17, 144, 145), (19, 180, 181), (21, 220, 221). Veliko, toda ne vse pitagorejske trojice, dobimo z Moessnerjevo enakostjo: (10n 5) 2 + (50n(n 1) + 12) 2 = (50n(n 1) + 13) 2. Če vstavimo v Moessnerjevo enakost n = 1, 2,..., 10, dobimo: (5, 12, 13), (15, 112, 113), (25, 312, 313), (35, 612, 613), (45, 1012, 1013), (55, 1512, 1513), (65, 2112, 2113), (75, 2812, 2813), (85, 3612, 3613), (95, 4512, 4513). Vstavimo v formule a = 2n + 1, b = 2n(n + 1), c = 2n(n + 1) + 1 za n potenco 10 s, s N. Dobimo: a = 2 10 s + 1 = 2 } 0.{{.. 0} 1, s 1 b = s s = 2 } 0.{{.. 0} 2 } 0.{{.. 0}, s 1 s c = s s + 1 = 2 } 0.{{.. 0} 2 } 0.{{.. 0} 1. s 1 s 1 26

27 Za s = 1, 2, 3, 4 dobimo: Za n = 2 10 s, s N imamo: (21, 220, 221), (201, 20200, 20201), (2001, , ), (20001, , ). a = 4 10 s + 1 = 4 } 0.{{.. 0} 1, s 1 b = s s = 8 } 0.{{.. 0} 4 } 0.{{.. 0}, s 1 s c = s s + 1 = 8 } 0.{{.. 0} 4 } 0.{{.. 0} 1. s 1 s 1 Za s = 1, 2, 3, 4 dobimo: (41, 840, 841), (401, 80400, 80401), (4001, , ), (40001, , ). Pitagorejski trikotniki, pri katerih je razlika katet enaka 1 Obstajajo pitagorejski trikotniki, pri katerih se kateti razločujeta za 1, na primer: (3, 4, 5) (20, 21, 29). Takih pitagorejskih trikotnikov je nešteto. Velja namreč naslednja trditev. 1. Kakor hitro je trikotnik (a, a + 1, c) pitagorejski, je pitagorejski tudi trikotnik (a 1, a 1 + 1, c 1 ), pri čemer je a 1 = 3a + 2c + 1, c 1 = 4a + 3c Kakor hitro je trikotnik (a, a+1, c) pitagorejski in je a > 3, je pitagorejski tudi trikotnik (a 1, a 1 + 1, c 1 ), pri čemer je a 1 = 3a 2c + 1, c 1 = 3c 4a 2. 27

28 V obeh primerih je razlika njegovih katet očitno enaka 1. Dokaz. V obeh primerih se da takoj preveriti: V prvem primeru velja: a 2 + (a + 1) 2 = c 2 a (a 1 + 1) 2 = c 2 1. a > 0, c > 0 a 1 > a, c 1 > c. Nov trikotnik je pitagorejski z večjimi stranicami od prvotnega. V drugem primeru pa moramo za a > 3 dokazati, da je a 1 > 0 in c 1 > 0. Poleg tega pa ima nov pitagorejski trikotnik manjše stranice od prvotnega. Za a > 3 imamo: a 2 > 3a = 2a + a > 2a + 3. Iz a 2 + (a + 1) 2 = c 2 pa: 4c 2 = 8a 2 + 8a + 4 = 9a 2 + 8a + 4 a 2 < 9a 2 + 8a + 4 (2a + 3) = (3a + 1) 2. Torej velja za a > 3 relacija 2c < 3a + 1 in s tem a 1 = 3a 2c + 1 > 0. Ker je tudi c < a + (a + 1) = 2a + 1, dobimo: c c 1 = c (3c 4a 2) = 4a 2c + 2 = 2(2a + 1 c) > 0. Zato je res c 1 < c. Preostane nam le še dokaz, da je c 1 > 0. Iz c 2 = a 2 + (a + 1) 2 = 2a 2 + 2a + 1 in iz a > 0 dobimo: 9c 2 = 18a a + 9 > 16a a + 4 = (4a + 2) 2 3c > 4a + 2. Iz tega pa imamo končno c 1 = 3c 4a 2 > 0. Trikotnik (a 1, a 1 +1, c 1 ) je torej pitagorejski, s stranicami, ki so manjše od stranic pitagorejskega trikotnika (a, a + 1, c) za a > 3. Imamo dve preslikavi v množici pitagorejskih trikotnikov, ki imajo razliko katet enako 1: f : (a, a + 1, c) (3a + 2c + 1, 3a + 2c + 2, 4a + 3c + 2) (a 3), 28

29 g : (a, a + 1, c) (3a 2c + 1, 3a 2c + 2, 3c 4a 2) (a > 3). f (3, 4, 5) (20, 21, 29) (119, 120, 169) (696, 697, 985) (4059, 4060, 5741) (23660, 23661, 33461) (137903, , ) g Ni se težko prepričati, da veljata enakosti: Vsi trikotniki v zaporedju g(f(a, a + 1, c)) = (a, a + 1, c) (a 3), f(g(a, a + 1, c)) = (a, a + 1, c) (a > 3). (3, 4, 5), f(3, 4, 5), f 2 (3, 4, 5),..., f n (3, 4, 5),... so pitagorejski in imajo razliko katet enako 1. Pri tem f n pomeni n-kratni kompozitum funkcije f. Prav tako je za dovolj velik pitagorejski trikotnik (a, a + 1, c) (a n, a n + 1, c n ) = g n (a, a + 1, c) pitagorejski z razliko katet enako 1. Pri tem velja c > c 1 > c 2 > Za dani pitagorejski trikotnik (a, a + 1, c), a > 3, obstaja tak n N, da velja: g n (a, a + 1, c) = (3, 4, 5). Ker pa za vsak k N velja relacija imamo f k g k (a, a + 1, c) = (a, a + 1, c), f n (3, 4, 5) = (a, a + 1, c). To pomeni, da so vsi pitagorejski trikotniki oblike (a, a+1, c) členi zaporedja (3, 4, 5), f(3, 4, 5), f 2 (3, 4, 5), f 3 (3, 4, 5),... 29

30 Pitagorejski trikotniki in neka limita Na podlagi ugotovljenega sestavite zaporedje pitagorejskih trikotnikov (a n, a n + 1, c n ), katerih hipotenuza ne presega Opazujte zaporedje kvocientov c n /a n. Sestavite tabelo. Proti kateremu številu konvergira in zakaj? Iz zapisa (a n, a n + 1, c n ) c n /a n (3, 4, 5) 1, (20, 21, 29) 1, (119, 120, 169) 1, (696, 697, 985) 1, (4059, 4060, 5741) 1, (23660, 23661, 33461) 1, (137903, , ) 1, c 2 n a 2 n = a2 n + (a n + 1) 2 ) a 2 n = 2a2 n + 2a n + 1 a 2 n = a n + 1 a 2 n ob upoštevanju takoj dobimo lim n 1 a n = 0 c n lim = 2 = 1, n a n Nič čudnega! Trikotnik postaja vedno bolj enakokrak, ko n. Povezava s trikotniškimi števili. Trikotniška števila T n so figurativna števila, ki pomenijo število pik v zaporedju vzorcev. Velja formula: Očitno je T n = n(n + 1). 2 T 1 = 1 = 1 2, T 8 = = 36 =

31 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n = 5 n = 6 Slika 20: Števila: T 1 = 1, T 2 = 3, T 3 = 6, T 4 = 10, T 5 = 15, T 6 = 21. Obstajata torej trikotniški števili, ki sta kvadrata: T 1 = 1 2 in T 8 = 6 2. Poraja se vprašanje, ali so še druga trikotniška števila, ki so kvadrati. V pitagorejskem trikotniku (a, a + 1, c) velja c 2 = a 2 + (a + 1) 2, c > a + 1 in c < a + (a + 1) = 2a + 1. Zato sta števili u = c a 1, naravni števili. Na podlagi enakosti v = 2a + 1 c 2 (c a 1)(c a) 2 (2a + 1 c)2 4 = c2 a 2 (a + 1) 2 4 lahko sklepamo, da je u(u + 1) T u = = v 2. 2 Torej nam vsak pitagorejski trikotnik (a, a + 1, c) da trikotniško število, ki je kvadrat. Velja tudi obratno. Če je trikotniško število kvadrat, denimo T u = v 2, mu lahko priredimo pitagorejski trikotnik (a, a + 1, c) po formulah: Velja namreč: a = u + 2v, c = 2u + 2v + 1. a 2 + (a + 1) 2 c 2 = (u + 2v) 2 + (u + 2v + 1) 2 (2u + 2v + 1) 2 = 4(v 2 T u ). = 0 31

32 Iz tega sledi a 2 + (a + 1) 2 = c 2. Tako dobimo vsa trikotniška števila, ki so kvadrati. Takih je neskončno mnogo. Primer. Pitagorejski trikotnik (20, 21, 29) nam da u = 8, v = 6. T 8 = 36 = 6 2. Še nekaj takih primerov dobimo iz pitagorejskih trikotnikov Res je (119, 120, 169), (696, 697, 985), (4059, 4060, 5741), (23660, 23661, 33461), (137903, , ) : T 49 = 35 2, T 288 = 204 2, T 1681 = , T 9800 = , T = Trditev. V vsakem pitagorejskem trikotniku je vsaj ena stranica deljiva s 4. Dokaz. Ena od katet primitivnega pitagorejskega trikotnika, denimo a, se izraža kot a = 2mn, kjer sta si m, n tuji naravni števili različnih parnosti. Če je na primer m sodo število, potem je res a deljiv s 4. Posledica te trditve pove, da ne obstaja pitagorejski trikotnik, ki bi imel same praštevilske stranice. Deljivost stranic pitagorejskega trikotnika s 3 Trditev. V vsakem pitagorejskem trikotniku je vsaj ena kateta deljiva s 3. Dokaz. Denimo nasprotno, v pitagorejskem trikotniku (a, b, c) naj nobena kateta ne bo deljiva s 3. Potem obstajata celi števili k in l, za kateri je a = 3k ± 1, b = 3l ± 1. Potem velja: a 2 + b 2 = 3(3k 2 + 3l 2 ± 2k ± 2l) + 2. Toda kvadrat vsakega naravnega števila pri deljenju s 3 lahko da za ostanek samo 0 ali 1. To protislovje dokazuje našo trditev. Deljivost stranic pitagorejskega trikotnika s 5 Trditev. V vsakem pitagorejskem trikotniku je vsaj ena stranica deljiva s 5. 32

33 Dokaz. Naravno število n, ki ni deljivo s 5, je oblike n = 5k ± 1 ali n = 5k ± 2. Pri tem je k celo število. Zato je n 2 = 5(5k 2 ± 2k) + 1 ali pa n 2 = 5(5k 2 ± 4k) + 4. Če kateti a in b nista deljivi s 5, potem da število c 2 = a 2 +b 2 pri deljenju s 5 ostanek 0, 2 ali 3. Zadnji dve možnosti ne prideta v poštev, kajti ostanek kvadrata naravnega števila pri deljenju s 5 je lahko le 1 ali 4. Torej preostane samo možnost, da je število c 2 in posledično tudi število c deljivo s 5. Podobno sklepamo: če hipotenuza in ena od katet nista deljivi s 5, je preostala kateta deljiva s 5. V primitivnem pitagorejskem trikotniku je seveda lahko samo ena stranica deljiva s 5. Drugi problemi Pitagorejski trikotniki z enako kateto ali hipotenuzo. Pitagorejski trikotniki z enakim obsegom. Pitagorejski trikotniki z enako ploščino. Pitagorejski trikotniki, ki imajo kakšno stranico, ki je kvadrat. Predstavitev pitagorejskih trikotnikov v koordinatni ravnini. 7 Pitagorejski trikotniki in kompleksna števila Do pitagorejskih trikotnikov zlahka pridemo s kompleksnimi števili, to je s števili oblike t = x + yi, kjer sta x in y realni števili in i imaginarna enota, za katero je i 2 = 1. Označimo x = Re(t), kar je realni del kompleksnega števila t, in y = Im(t), kar je imaginarni del kompleksnega števila t. Cela kompleksna števila Kompleksno število m + ni, kjer sta m in n celi števili, imenujemo celo kompleksno število. Vzemimo celo kompleksno število t = m + ni, pri čemer sta m in n različni naravni števili. Kvadrat števila t je: t 2 = (m + ni) 2 = m 2 + 2mni + (ni) 2 = (m 2 n 2 ) + (2mn)i. 33

34 t 5 y.. t 1 i t t 4 t 2... x Slika 21: Upodabitev celih kompleksnih števil na kvadratni mreži: t 1 = 5 + 7i, t 2 = 5 + i, t 3 = 3 + i, t 4 = 3 2i, t 5 = 4 + 5i. Še eno generiranje primitivnih pitagorejskih trikotnikov Naj bo a = 2mn in b = m 2 n 2. Račun takoj pokaže, da je a 2 + b 2 = (m 2 + n 2 ) 2, zato števila a = 2mn, b = m 2 n 2, c = m 2 + n 2 sestavljajo pitagorejski trikotnik (a, b, c). Ko tečeta m in n po naravnih številih, dobimo vse primitivne pitagorejske trikotnike, če vzamemo, da je od števil m in n eno sodo in eno liho ter da sta si tuji. Torej sta Re(t 2 ) in Im(t 2 ) kateti pitagorejskega trikotnika. Vsak pitagorejski trikotnik dobimo iz nekega primitivnega, če njegove stranice pomnožimo z istim naravnim številom. Ponovno smo torej našli splošne formule za stranice primitivnega pitagorejskega trikotnika (a, b, c): a = 2mn, b = m 2 n 2, c = m 2 + n 2. Pri tem vzamemo tuji si naravni števili m in n, eno sodo, drugo liho. Število mrežnih točk na mrežni daljici Brez posebnih težav lahko dokažemo naslednje trditve. 34

35 Na vodoravni mrežni daljici T 1 T je T 1 T + 1 mrežnih točk. Na navpični mrežni daljici T T 2 je T T mrežnih točk. Na poševni mrežni daljici T 1 T 2 je D( T 1 T, T T 2 ) + 1 mrežnih točk. D(m, n) pomeni pri tem največji skupni delitelj celih števil m in n. Ker je za m > 0 očitno D(m, 0) = m, lahko zapišemo še trditev: Na mrežni daljici T 1 (x 1, y 1 )T 2 (x 2, y 2 ) je D( x 2 x 1, y 2 y 1 ) + 1 mrežnih točk. Število mrežnih točk na obodu mrežnega trikotnika. Trditev. Na obodu mrežnega trikotnika z oglišči T 1 (x 1, y 1 ), T 2 (x 2, y 2 ), T 3 (x 3, y 3 ) je natanko R = D( x 2 x 1, y 2 y 1 ) + D( x 3 x 2, y 3 y 2 ) + D( x 1 x 3, y 1 y 3 ) mrežnih točk. Uporaba Pickove formule. Ker je ploščina P trikotnika T 1 (x 1, y 1 ), T 2 (x 2, y 2 ), T 3 (x 3, y 3 ) enaka lahko po Pickovi formuli P = 1 2 x 1(y 2 y 3 ) + x 2 (y 3 y 1 ) + x 3 (y 1 y 2 ), P = N + R 2 1 (PF) izračunamo število mrežnih točk N v notranjosti trikotnika. Pickova formula (PF) velja za vsak enostavno povezan mrežni večkotnik. V njej pomeni P ploščino večkotnika, N število njegovih notranjih mrežnih točk, R pa število njegovih robnih mrežnih točk. Formula (PF) je dobila ime po Georgu Aleksandru Picku ( ), avstrijskemu matematiku. Osebno je poznal precej znanstvenikov svojega časa, tudi Alberta Einsteina ( ). Nemški Anschluss ga je doletel na Dunaju, od koder se preselil v Prago, kjer pa so ga leta 1942 nacisti zaradi židovskega porekla prijeli in poslali v zloglasno koncentracijsko taborišče Theresienstadt, češko Terezín, kjer je že istega leta umrl. 35

36 T 1 T 2 T 3... x.. y. Slika 22: Mrežni trikotnik T 1 (0, 0), T 2 (12, 9), T 3 ( 12, 16). P = 150, R = 8, N = Pitagorejske večterice Spoznali smo, da obstaja neskončno mnogo pitagorejskih trojic (a, b, c). Obstajajo pa tudi pitagorejske četverice (a, b, c, d), za katere je a 2 + b 2 + c 2 = d 2, na primer (6, 2, 3, 7). Z malo truda najdemo tudi pitagorejske peterice (a, b, c, d, e), kjer je a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = e 2, na primer (2, 4, 6, 13, 15). Nekdo je ugotovil, da je (2n, 2n + 1, 2n + 2, 6n 2 + 6n + 2, 6n 2 + 6n + 3) (P) za vsako naravno število n pitagorejska peterica. Za dokaz te trditve moramo samo preveriti enakost (2n) 2 + (2n + 1) 2 + (2n + 2) 2 + (6n 2 + 6n + 2) 2 = (6n 2 + 6n + 3) 2. Spomniti se je treba, da je kvadrat tročlenika enak vsoti kvadratov posameznih njegovih členov in vseh dvakratnih produktov po dva in dva člena. Račun 36

37 poteka po ustaljenem načinu takole: 4n 2 +(4n 2 +4n+1)+(4n 2 +8n+4)+(36n 4 +36n n 3 +24n 2 +24n) = = 36n n n n n = (6n 2 + 6n + 3) 2. S tem je trditev preverjena. Žal pa s tem ne dobimo vseh pitagorejskih peteric. Našega primera (2, 4, 6, 13, 15) že ne dobimo na ta način. Navedimo nekaj primerov: Za n = 1, 2, 3 dobimo iz (P) pitagorejske peterice, katerih koordinate so manjše od 100: (2, 3, 4, 14, 15), (4, 5, 6, 38, 39), (6, 7, 8, 74, 75). Pitagorejske večterice, denimo pitagorejske m-terice, po vsem tem z lahkoto definiramo. Urejena m-terica (x 1, x 2,..., x m 1, x m ), v kateri so koordinate x 1, x 2,..., x m 1, x m naravna števila in m 3, je pitagorejska m-terica, če velja x x x 2 m 1 = x 2 m. Pitagorejska m-terica (x 1, x 2,..., x m 1, x m ) je primitivna, če njene koordinate x 1, x 2,..., x m 1, x m nimajo skupnega delitelja: M(x 1, x 2,..., x m 1, x m ) = 1. Vsako drugo pitagorejsko večterico dobimo iz primitivnih z množenjem njenih koordinat z nekim naravnim številom k. Samo po sebi se nam porodi vprašanje, kako poiskati vse pitagorejske večterice. Formule za njene koordinate so posplošitve tistih za pitagorejske trojice: x 1 = k 2 1 k k 2 m 1, x 2 = 2k 1 k 2,. x m 1 = 2k 1 k m 1, x m = k k k 2 m 1. 37

38 Pri tem so k 1, k 2,..., k m 1, k m naravna števila. Če dobljena pitagorejska m-terica ni primitivna, jo delimo s številom δ = M(k 2 1 k k 2 m 1, 2k 1 k 2,..., 2k 1 k m 1, k k k 2 m 1). Primer. Za k 1 = 1, k 2 = 2, k 3 = 3 in m = 4 dobimo x 1 = 12, x 2 = 4, x 3 = 6, x 4 = 14. Pitagorejska četverica (12, 4, 6, 14) ni primitivna. Ker je δ = 2, vse njene koordinate delimo z 2 in dobimo že omenjeno primitivno pitagorejsko četverico (6, 2, 3, 7). Primer. Za k 1 = 1, k 2 = 2, k 3 = 3, k 4 = 4 in m = 5 dobimo x 1 = 28, x 2 = 4, x 3 = 6, x 4 = 8, x 5 = 30. Pitagorejska peterica (28, 4, 6, 8, 30) ni primitivna. Ker je δ = 2, vse njene koordinate delimo z 2 in dobimo že omenjeno primitivno pitagorejsko peterico (14, 2, 3, 4, 15). Iz vsega tega lahko ugotovimo, da obstajajo kvadri s celoštevilskimi robovi a, b, c in celoštevilsko telesno diagonalo d, ki jo izračunamo po formuli d = a 2 + b 2 + c 2, ki je posledica dvakratne uporabe Pitagorovega izreka. Najprej ga zapišemo za dva robova iz istega oglišča, da dobimo stransko diagonalo ustreznega mejnega pravokotnika, nato pa še za to diagonalo in preostali rob kvadra iz prej omenjenega oglišča. Tako izrazimo telesno diagonalo d kvadra z njegovini robovi a, b, c. Kvader z robovi a, b, c ima tudi stranske diagonale e, f, g ki se izražajo s formulami e = a 2 + b 2, f = b 2 + c 2, g = a 2 + c 2. Stranske diagonale kvadra so diagonale njegovih mejnih pravokotnikov. Leonhard Euler ( ) je našel kvader s celoštevilskimi robovi in celoštevilskimi stranskimi diagonalami: a = 44, b = 117, c = 240, e = 125, f = 267, g =

39 Ni ga pa še junaka pod soncem, ki bi našel kvader s celoštevilskimi robovi, celoštevilskimi stranskimi diagonalami in celoštevilsko telesno diagonalo. Nekateri so mnenja, da tak kvader ne obstaja, drugi pa trdijo, da obstaja, toda ima zelo, zelo dolge robove. 9 Nekaj izrazov grškega izvora V matematiki kar mrgoli izrazov tujega izvora. Glede na to, da so se stari Grki prvi šli pravo matematiko, ni nič čudnega, če je veliko teh izrazov nastalo prav iz grških besed. Že v antičnih časih jih je precej prešlo v latinščino, v kateri so jih po določenih pravilih zapisali z latinskimi črkami. Iz latinščine pa so jih prevzeli evropski jeziki. V nekaterih se ti izrazi tudi pišejo skoraj tako kot v latinščini. Razložili bomo nekaj primerov izvorov besed, pomena le-teh pa ne, ker so splošno znane. Veliko novih izrazov grškega izvora so skovali evropski matematiki po zatonu stare grške civilizacije. Nekatere pa so preimenovali. Tak primer je zlato razmerje, ki ga Evklid v Elementih večkrat uporablja, vendar ga imenuje skrajno in srednje razmerje, ἄκρος καὶ μέσος λόγος. V obdobju renesanse so mu rekli divina proportione, božansko razmerje. Poglejmo besede grškega izvora, ki smo jih uporabili v besedilu. aritmetika ἀριθμός, število. astronomija ἀστήρ, zvezda; νόμος, načelo, pravilo, predpis, odredba, zakon, postava. elastika ἐλαύνω, raztezam. filozofija φίλος, prijatelj; σοφία, učenost, veda, modrost, spoznanje. geometrija γῆ, γέα, zemlja, tla, dežela, pokrajina; μέτρον, mera, kar se meri. harpedonapti ἁρπεδόνη, vrv, vrvica; ἅπτω, pritikam, privezujem, pripnem. 39

40 hipotenuza ὑπό, spodaj, pod; τείνω, raztegnem, napenjam, razpenjam. kateta κατά, dol, navzdol; ἵημι, izpustim, mečem, puščam. Mezopotamija μέσος, sredina; ποταμός, reka. šola σχολή, kar kdo v prostem času dela, predavanje, znanstveni pogovor. teologija θεός, bog, boginja, božanstvo; λόγος, beseda, govor. Za konec O pitagorejskih trikotnikih se seveda da še marsikaj povedati. Tako kot povsod, so tudi tu matematiki naredili celo znanost. Več zanimivega o vsem tem najdemo na primer že v [6]. Vsekakor so pitagorejski trikotniki dobrodošel pripomoček za učitelje vsaj takrat, ko v šoli obravnavajo Pitagorov izrek. Slika 23: Pitagorov spomenik na Samosu. Foto: M. Cencelj. 40

41 Po drugi strani pa se Pitagorov izrek, Πυθαγόρειον θεώρημα, zlahka umesti v splošno zgodovino, v zgodovino matematike in v filozofijo. V stari grščini se ta biser matematike glasi: Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν τετραγώνοις. Zgornje grško besedilo je zapisano v Evklidovih Elementih. Evklid, grško Εὐκλείδης, je živel in deloval v Aleksandriji, Ἀλεξάνδρεια, v 3. stoletju pne., najbolj znano njegovo delo pa so Elementi, Στοιχεῖα. Elementi so bili dolga stoletja temeljno matematično delo. Sam Pitagorov izrek se lahko dokaže na različne načine, o čemer je prav tako veliko napisanega v matematični literaturi. Slika 24: Pogled v svitek. Die Geometrie birgt zwei große Schätze: der eine ist der Satz von Pythagoras, der andere der göttliche Schnitt. Den ersten können wir mit einem Scheffel Gold vergleichen, den zweiten können wir ein kostbares Juwel nennen. Geometrija skriva dva velika zaklada: eden je Pitagorov izrek, drugi božansko razmerje. Prvega lahko primerjamo z mernikom zlata, drugega pa lahko imenujemo dragoceni dragulj. Johannes Kepler ( ) 41

42 Literatura [1] A. Dokler, Grs ko-slovenski slovar, Knezos kofijski zavod sv. Stanislava, Ljubljana [2] J. Grasselli, Diofantske enac be, Knjiz nica Sigma, DMFA, Ljubljana, [3] J. Grasselli, Osnove teorije s tevil, Knjiz nica Sigma, Mladinska knjiga, Ljubljana, [4] M. Razpet, Posebne pitagorejske trojice in trikotnis ka s tevila, Presek, 38 (2010/2011), No. 4, str [5] M. Razpet, Zlaganje pitagorejskih trikotnikov v pravokotnik, Presek, 38 (2010/2011), No. 5, str [6] W. Sierpin ski, Pythagorean triangles, Dover Publications, Mineola, New York [7] I. Vidav, Algebra, Mladinska knjiga, Ljubljana, Slika 25: Pitagorova c as a, ki zahteva zmernost v pitju. c Dr. Marko Razpet, Ljubljana