Pytagoreiske tripler

De fleste kjenner Pytagoras' setning, som sier at i en rettvinklet trekant er kvadratet på hypotenusen lik summen av kvadratene på katetene. $z^2 = x^2 + y^2$ i figuren under.

Rettvinklet trekant med sider x, y og z

Eksempel 1:

$x = 3$ og $y = 4$ gir $z = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{25} = 5$.

Eksempel 2:

$x = 2$ og $y = 3$ gir $z = \sqrt{2^2 + 3^2} = \sqrt{13}$.

I eksempel 1 gir heltallige $x$ og $y$ en heltallig $z$, men ikke i eksempel 2. I tallteorien kalles et trippel  $(x, y, z)$ som gir hele tall i Pytagoras' setning for et pytagoreisk trippel. For eksempel er $(3, 4, 5)$ et pytagoreisk trippel.

Likningen $z^2 = x^2 + y^2$, der vi bare er ute etter løsninger som er hele tall, er en diofantisk likning av andre grad (kvadratisk, diofantisk likning). Pytagoreiske tripler er løsninger til denne likningen. Vi skal nå se nærmere på disse.

Dobler vi sidelengdene i trekanten fra eksempel 1, får vi en ny, likeformet trekant som er dobbelt så stor, med sidekanter $2 \cdot 3 = 6$, $2 \cdot 4 = 8$ og $2 \cdot 5 = 10$. Det vil si at $(6, 8, 10)$ også er et pytagoreisk trippel. Generelt kan vi lage uendelig mange pytagoreiske tripler på denne måten, ved å multiplisere hver side i trekanten med samme tall, $k$. Med $k = 3$, for eksempel, gir eksempel 1 det pytagoreiske trippelet $(9, 12, 15)$.

Naturligvis kan vi gå endre veien også. Ved å dividere med en konstant, $k$, som går opp i alle elementene i trippelet, får vi et nytt pytagoreisk trippel. I $(12, 16, 20)$ kan vi for eksempel dividere med $4$, og får $(3, 4, 5)$. Dividerer vi med de tre tallenes største felles faktor, $SFF(x, y, z)$, står vi igjen med et pytagoreisk trippel der $SFF(x, y, z) = 1$. Dette kalles et primitivt pytagoreisk trippel.

Oppgave 1:

Avgjør om følgende er primitive pytagoreiske tripler:

  1. $(1, 2, 3)$
     
  2. $(2, 9, 15)$
     
  3. $(3, 4, 5)$

Screencast
Se film der løsningsforslaget vises

Oppgave 2:

Avgjør om følgende er primitive pytagoreiske tripler:

  1. $(5, 12, 13)$
     
  2. $(10, 24, 26)$
     
  3. $(7, 24, 29)$

Se løsningsforslag

Generatorer for pytagoreiske tripler

I forrige avsnitt tok vi utgangspunkt i en rettvinklet trekant med sider lik $x = 3$, $y = 4$ og $z = 5$, og viste med en figur hvordan denne trekanten så ut. Og vi sa at $(3, 4, 5)$ er et primitivt pytagoreisk trippel. Multipliserte vi hvert element i dette triplet med en konstant, fikk vi et nytt pytagoreisk trippel som ikke var primitivt. Dette motsvarte å endre størrelsen på trekanten, men ikke formen. Et annet primitivt pytagoreisk trippel – og multipler av dette – vil imidlertid motsvare en trekant med en annen form.

Under vises eksempler på tre forskjellige, primitive pytagoreiske tripler.

$(3, 4, 5)$

$(5, 12, 13)$

$(7, 24, 25)$

Her ser det ut til å være et mønster. Vi legger merke til at $x$ er oddetall, og $z = y + 1$ i alle tallene.
Vi kan prøve å finne et nytt trippel med samme form der $x = 9$ og $z = y + 1$ ved å sette inn i Pytagoras likning: $9^2 + y^2 = (y+1)^2$. Løser vi denne likningen, får vi $y = 40$. Så $(9, 40, 41)$ er et primitivt pytagoreisk trippel.

Oppgave 3:

Finn $y$ og $z$ slik at $(11, y, z)$ er et primitivt pytagoreisk trippel der $z = y + 1$.

Se løsningsforslag

Hvor mange slike primitive pytagoreiske tripler der $z = y + 1$ finnes det? Uendelig? Må $x$ alltid være et oddetall?

Generelt kan vi skrive uttrykket der $z = y + 1$ slik: $x^2 + y^2 = (y + 1)^2$. Dette kan omskrives til $x^2 = (y + 1)^2 – y^2$.

Hvis $y^2$ er partall, er $(y + 1)^2$ oddetall og omvendt. $x^2$ er derved alltid differansen mellom et oddetall og et partall, og må følgelig være oddetall. Da må $x$ også være oddetall. Alle oddetall kan skrives som $2n + 1$, der $n$ er et naturlig tall. Setter vi dette inn i Pytagoras likning, får vi $(2n + 1)^2 + y^2 = (y + 1)^2$. Løser vi likningen med hensyn på $y$, får vi at $y = 2n^2 + 2n$, og følgelig at $z = 2n^2 + 2n + 1$.

Vi har altså:

$\fbox{$x = 2n + 1$, $y = 2n^2 + 2n$, $z = 2n^2 + 2n + 1$}$

Her har vi kommet fram til en generator som produserer uendelig mange primitive pytagoreiske tripler, ett for hvert naturlige tall, $n$, der $x$ er oddetall og $z = y + 1$. Det kan bevises at triplene er primitive.

To andre trippelgeneratorer er

Pytagoreernes generator, der $n$ er et oddetall større enn $1$:

$\fbox{$x = \frac{\displaystyle n^2 – 1}{\displaystyle 2}, y = n, z = \frac{\displaystyle n^2 + 1}{\displaystyle2}$}$

Platons generator, der $n$ er et naturlig tall:

$\fbox{$x = 4n, y = 4n^2 – 1, z = 4n^2 + 1$}$

Pytagoreernes trippelgenerator er den samme generatoren som vi allerede har utledet, i en litt annen form. Her har $x$ og $y$ byttet plass, og vi krever eksplisitt at $n$ skal være oddetall større enn $1$. Her har vi altså at $y$ alltid er oddetall og $z = x + 1$. De tre første triplene den genererer er $(4, 3, 5)$, $(12, 5, 13)$, $(24, 7, 25)$ som vi kjenner igjen fra tidligere, bare at $x$ og $y$ har byttet plass.

Platons trippelgenerator produserer imidlertid tripler der $z = y + 2$. De første er $(4, 3, 5)$, $(8, 7, 9)$, $(12, 11, 13)$. Den første kjenner vi fra tidligere, men de to siste er nye. Med Platons trippelgenerator kan vi finne uendelig mange primitive pytagoreiske tripler, ett for hvert naturlig tall, $n$, der $z = y + 2$.

Oppgave 4:

Her er et bevis for at triplene Pytagoreernes generator produserer er primitive:

Det er slik at hvis $d$ går opp i $a$, og $d$ går opp i $b$, så vil $d$ gå opp i $(a – b)$. I triplene som Pytagoreernes generator produserer, er $z – x = 1$, og det eneste tallet som går opp i $1$ er $1$. $z$ og $x$ har derved ingen felles faktor som kan divideres bort. Triplene er derfor primitive.
Angi et tilsvarende argument for at triplene Platons generator produserer er primitive.

Se løsningsforslag

Alle pytagoreiske tripler

I forrige avsnitt så vi at Pytagoreernes trippelgenerator produserer alle mulige primitive pytagoreiske tripler der $z = y + 1$. (Alternativt $z = x + 1$). Platons trippelgenerator produserer alle mulige primitive pytagoreiske tripler der $z = y + 2$. Men det finnes alle mulige andre varianter. Nå skal vi finne fram til en generator som produserer alle mulige former for pytagoreiske tripler.

I de eksemplene vi har sett er alltid $x$ oddetall og $y$ partall, eller omvendt. Men må det alltid være slik? Finnes det primitive pytagoreiske tripler der $x$ og $y$ begge er partall eller begge er oddetall?

Det er ikke så vanskelig å forstå at ikke både $x$ og $y$ kan være partall. Da ville $z^2$ bli partall, og følgelig $z$ partall. Vi ville altså ha en faktor $k = 2$ å forkorte bort, og trippelet ville ikke være primitivt.

Argumentet for at både $x$ og $y$ ikke kan være oddetall er litt mer innviklet:

Hvis $x$ og $y$ begge er oddetall, er $x^2$ og $y^2$ også oddetall. Summen av to oddetall er et partall, så $z^2$ blir partall, og følgelig $z$ partall. Et partall kan skrives på formen $2n$ og et oddetall på formen $2n + 1$, der $n$ er et helt tall.

Kvadratet av et partall er på formen $(2n)^2 = 4n^2$, som kan skrives som $4m$, der $m$ er et helt tall.

Kvadratet av et oddetall er på formen $(2n + 1)^2 = 4n^2+ 4n + 1$, som kan skrives som $4(m) + 1$, der $m$ er et helt tall.

Summen av kvadratene av to oddetall blir på formen $4(m_1) + 1 + 4(m_2) + 1$, som kan skrives som $4(m) + 2$, der $m$ er et helt tall.

Siden $x^2 + y^2$ er på formen $4(m) + 2$, vil vi få rest $2$ hvis vi dividerer $x^2 + y^2$ med $4$.

Siden $z^2$ er på formen $4m$, vil vi få rest $0$ hvis vi dividerer $z^2$ med $4$.

Siden $x^2 + y^2$ og $z^2$ ikke gir samme rest ved divisjon med $4$, kan de ikke være samme tall.

$x$ og $y$ kan følgelig ikke begge være oddetall.

Vi har altså kommet fram til at i et primitivt pytagoreisk trippel er en av $x$ og $y$ partall og den andre oddetall. Det spiller ingen rolle hvilken som er hvilken, så i det følgende bestemmer vi oss for å la $x$ være partallet og $y$ oddetallet.

Kvadratet av et partall er et partall og kvadratet av et oddetall er et oddetall. Summen av et partall og et oddetall er et oddetall. Derfor blir $z^2 = x^2 + y^2$ oddetall, og følgelig $z$ oddetall.

Våre generelle, primitive pytagoreiske tripler blir altså på formen $(P, O, O)$, der $P$ er partall og $O$ er oddetall.

Vi lar $y^2$ bytte side i Pytagoras likning, og får $x^2 = z^2 – y^2$. Så bruker vi 3. kvadratsetning baklengs, og får $x^2 = (z + y)(z – y)$. Vi dividerer med $4$ på begge sider av likningen og får

  1. ${\large {(\frac{x}{2}})}^2 = {\large \frac{z + y}{ 2}} + {\large \frac{z – y}{ 2}}$

De to leddene på høyre side av likhetstegnet kan ikke ha noen annen felles faktor enn $1$. For en felles faktor måtte gått opp i både summen og differansen. Denne summen er ${\large \frac{(z + y) + (z – y)}{2}} = z$, og differansen er ${\large \frac{(z + y) – (z – y)}{2}} = y$. En felles faktor i de to leddene måtte derfor gått opp i både $z$ og $y$, noe som er umulig fordi vi har forutsatt at vi har et primitivt trippel uten andre felles faktorer enn $1$.

Vi vet at produktet av de to leddene på høyre side er kvadrattall fordi venstre side er kvadrattall. Og siden de ikke har felles faktorer, kan de bare bli dette hvis de i seg selv er kvadrattall. Vi kaller første ledd for $s^2$ og andre ledd for $t^2$:

  1. ${\large \frac{z + y}{ 2}} = s^2$ og ${\large \frac{z – y}{ 2}} = t^2$

Løser vi dette likningssettet med hensyn på $z$ og $y$, får vi $z = s^2 + t^2$ og $y = s^2 – t^2$. Ved å sette disse verdiene inn i 1) og regne ut, får vi at $x = 2st$.

Vi har tidligere sagt at leddene vi kalte for $s^2$ og $t^2$ ikke har felles faktorer. Det må derved også gjelde $s$ og $t$. De kan derved ikke begge være partall. De kan heller ikke begge være oddetall, for da ville $z = s^2 + t^2$ bli partall, noe som var mot forutsetningene. For at $y$ skal bli større enn $0$, må vi også ha at $s > t$.

Da har vi endelig kommet fram til følgende teorem:

$\fbox{$ \text{Alle primitive pytagoreiske tripler, }(x, y, z) \\
\text{kan uttrykkes ved formlene: } \\
x = 2st, \, y = s^2 – t^2, \, z = s^2 + t^2$}$

der $s$ og $t$ er hele, positive tall, $SFF(s, t) = 1$, $s > t$, og ett av tallene $s$ og $t$ er partall mens det andre er oddetall.

Basert på de primitive triplene som kan genereres basert på dette teoremet kan vi lage andre tripler som ikke er primitive ved å multiplisere hvert element med en konstant.

Oppgave 5:

I figuren under vises to verdier av $s$ og $t$, og triplene de genererer ved hjelp av teoremet over. Bygg videre på tabellen slik at den i alt inneholder ti forskjellige, primitive pytagoreiske tripler. Bruk så små verdier av $s$ og $t$ som mulig.

Tabell med genererte pytagoreiske tripler

Regneark
Åpne et regneark for å lage pytagoreiske tripler
.

Se løsningsforslag

Pytagoreisk trekant

En rettvinklet trekant der sidelengdene danner et pytagoreisk trippel, kalles en pytagoreisk trekant. Vi skriver inn en sirkel med radius $r$ i en pytagoreisk trekant, slik som vist under:

Sirkel innskrevet i pytagoreisk trekant

Så skal vi vise at radien alltid blir et helt tall:

Det totale arealet til trekanten er

  1. $A = \frac{\displaystyle xy}{\displaystyle 2}$

Men den kan også deles opp i tre mindre trekanter med høyde $r$, som vist under

Sirkel innskrevet i pytagoreisk trekant, delt i tre

Arealet uttrykt ved disse trekantene blir

  1. $A = \frac{\displaystyle rx}{\displaystyle 2} + \frac{\displaystyle ry}{\displaystyle 2} + \frac{\displaystyle rz}{\displaystyle 2}$

Løser vi 1) og 2) med hensyn på $r$, får vi

  1. $r = \frac{\displaystyle xy}{\displaystyle x + y + z}$

Vi viste i forrige avsnitt at $x$, $y$ og $z$ danner et pytagoreisk trippel hvis $x = 2st$, $y = s^2 – t^2$ og $z = s^2 + t^2$. Setter vi dette inn i 3), får vi

$r = \frac{\displaystyle 2st(s^2 – t^2)}{\displaystyle 2st + s^2 – t^2 + s^2 + t^2} = \frac{\displaystyle t(s^2 – t^2)}{\displaystyle t + s} = \frac{\displaystyle t(s + t)(s – t)}{\displaystyle t + s} = t(s – t)$

Siden $t$ og $s$ er hele tall, blir også radien, $r$, et helt tall.

Sum av to kvadrattall

Pytagoreiske tripler er slik at summen av to kvadrattall er et kvadrattall. Det er nå naturlig å spørre seg om hvilke tall generelt som kan skrives som summen av to kvadrattall. Et eksempel på tall som kan skrives som en sum av to kvadrattall er $5$ og $13$, for $5 = 1^2 + 2^2$ og $13 = 2^2 + 3^2$. Men $7$ og $11$ kan ikke skrives som sum av to kvadrattall.

For å avgjøre om et odde primtall kan skrives som summen av to kvadrattall kan vi bruke følgende teorem, som vi angir uten bevis:

$\fbox{$\text{Et odde primtall kan skrives som en sum av to kvadrattall} \\
\text{hvis og bare hvis det er kongruent med 1 modulo 4}$}$

Vi ser at dette er tilfelle for $5$ og $13$, som er kongruente med $1$ modulo $4$, men ikke $7$ og $11$, som er kongruente med $3$ modulo $4$.

Mer generelt har vi, for alle naturlige tall:

$\fbox{$\text{Et naturlig tall kan skrives som en sum av to kvadrattall hvis og bare hvis} \\
\text{ingen av tallets primtallsfaktorer er kongruente med 3 modulo 4,} \\
\text{med mindre faktoren forekommer et par antall ganger}$}$

Eksempel 3:

Vi skal avgjøre om $10$ kan skrives som en sum av kvadrattall. Vi primtallsfaktoriserer $10$ som $10 = 2 \cdot 5$.

$2 \equiv 2 \, (mod \; 4)$ og $5 \equiv 1 \, (mod \; 4)$. Siden ingen av faktorenene er kongruente med $3$ modulo $4$, kan vi konkludere med at $10$ kan skrives som en sum av kvadrattall. Og vi har $10 = 1^2 + 3^2$.

Eksempel 4:

Vi skal avgjøre om $14$ kan skrives som en sum av kvadrattall. Vi primtallsfaktoriserer $14$ som $10 = 2 \cdot 7$.

$2 \equiv 2 \, (mod \; 4)$, så den faktoren er ok. Men $7 \equiv 3 \, (mod \; 4)$, og $7$ forekommer et odde antall ganger, nemlig $1$ gang, så vi kan derfor konkludere med at $14$ ikke kan skrives som en sum av kvadrattall.

Eksempel 5:

Vi skal avgjøre om $98$ kan skrives som en sum av kvadrattall. Vi primtallsfaktoriserer $98$ som $98 = 2 \cdot 7 \cdot 7$.

$2 \equiv 2 \, (mod \; 4)$, så den faktoren er ok. $7 \equiv 3 \, (mod \; 4)$, men $7$ forekommer et par antall ganger, nemlig $2$ ganger, så vi kan derfor konkludere med at $98$ kan skrives som en sum av kvadrattall. Og vi har $98 = 7^2 + 7^2$.

Oppgave 6:

Avgjør om følgende kan skrives som en sum av to kvadrattall:

$26$

$39$

$45$

Screencast
Se film der løsningsforslaget vises

NB! I filmen brukes uttrykkert "gi rest 3 ved divisjon med 4" i stedet for "kongruent med 3 modulo 4".

Oppgave 7:

Avgjør om følgende kan skrives som en sum av to kvadrattall:

$20$

$38$

$18$

Se løsningsforslag

Oppgave 8:

Over er det angitt to teoremer om hvilke tall som kan skrive som en sum av kvadrattall. Det første gjelder bare odde primtall, mens det andre gjelder alle naturlige tall. Forklar at det som gjelder odde primtall kan utledes av det som gjelder naturlige tall.

Se løsningsforslag

Tripler av høyere potens

I et pytagoreisk trippel finner vi egentlig fram til et kvadrat med heltallig sidelengde $z$, som har flateinnhold lik summen av flateinnholdet i to andre kvadrater med heltallig sidelengde $x$ og $y$. Dette er illustrert i figuren under for $x = 3, y = 4, z = 5$.

Pytagoreisk trippel som sum av kvadrattall

Da er det naturlig å spørre seg om vi kan finne tre kuber med heltallig sidelengde der volumet av den første pluss volumet av den andre er lik volumet av den tredje. Altså en $z$ som er slik at $z^3 = x^3 + y^3$, der $z$, $x$ og $y$ er hele tall. Det noe overraskende svaret er at det gjør det ikke. Den diofantiske likningen av tredje grad på formen $z^3 = x^3 + y^3$ har ingen løsning.

Faktisk har ingen diofantiske likninger av n'te grad på formen $z^n = x^n + y^n$ løsning når $n > 2$.

For $n = 2$ finnes det uendelig mange heltallige tripler med $x$, $y$ og $z$, de pytagoreiske triplene, som vi har studert tidligere i avsnittet. Men for $n > 2$ finnes det ingen. Dette ble formulert i 1637 av den franske juristen og matematikeren Pierre de Fermat. Noe generelt bevis kom han ikke med, så dette ble hetende Fermats gjetning, Fermats store sats eller Fermats siste sats. Fermat beviste imidlertid gjetningen for $n = 4$. I løpet av de neste hundreårene kom det bevis for tilfellene der $n = 3$, $n = 5$ og $n = 7$. Men et bevis som er gyldig for alle $n$ kom ikke før i 1995. I 2016 ble Sir Andrew John Wiles tildelt Abelprisen for dette beviset.
Siden gjetningen er bevist, kalles den nå også Fermats siste teorem. Søket etter bevis på Fermats gjetning har ført til betydelig utvikling i grener av matematikken.

Det generelle beviset for Fermats gjetning er imidlertid svært komplisert. Men da Fermat lanserte sin gjetning, skrev han at han hadde funnet et vidunderlig bevis, men at det ikke ble plass til det i margen. At det har vært så komplisert å faktisk komme fram til et bevis tyder vel på at Fermat bløffet eller tok feil. Men om noen faktisk klarer å finne et enkelt bevis for Fermats teorem, vil de nok få navnet sitt skrevet med gullbokstaver i matematikkens historie.

Oppgave 9:

Finn Wiles' bevis på nettet og skriv et kort sammendrag.

Bare tulla. Beviset er 150 sider langt og tok 7 år å utarbeide.

Kilder

  • Breiteig, T. (2007). Bak tallene. Innføring i tallteori. Kompendium, Universitetet i Agder.
  • Wikipedia