» A Warwicki Egyetem tisztelt matematikaprofesszora, a tudomány jól ismert népszerűsítője, Ian Stewart, aki a számoknak az emberiség történetében betöltött szerepének és tanulmányozásuk korunkban betöltött jelentőségének szentelte magát.
Pitagorasz hipotenúza
A Pitagorasz-háromszögeknek derékszögük és egész oldaluk van. A legegyszerűbbnél a leghosszabb oldal hossza 5, a többi 3 és 4. Összesen 5 szabályos poliéder van. Egy ötödfokú egyenlet nem oldható meg ötödfokú gyökökkel – vagy bármilyen más gyökkel. A síkban és a háromdimenziós térben lévő rácsoknak nincs ötlebenyű forgásszimmetriája, ezért ilyen szimmetriák a kristályokban is hiányoznak. Azonban lehetnek rácsokban a négydimenziós térben és érdekes struktúrákban, amelyeket kvázikristályoknak neveznek.
A legkisebb Pitagorasz-hármas hipoténusza
A Pitagorasz-tétel kimondja, hogy a derékszögű háromszög leghosszabb oldala (a hírhedt befogó) nagyon egyszerű és gyönyörű módon korrelál a háromszög másik két oldalával: a háromszög négyzete egyenlő a másik háromszög négyzeteinek összegével. két oldal.
Hagyományosan ezt a tételt Pythagorasról nevezzük, valójában azonban története meglehetősen homályos. Az agyagtáblák arra utalnak, hogy az ókori babilóniaiak már jóval maga Pythagoras előtt ismerték a Pythagorean-tételt; a felfedező dicsőségét a pitagoreusok matematikai kultusza hozta el számára, akiknek hívei úgy vélték, hogy az univerzum numerikus mintákon alapul. Az ókori szerzők sokféle matematikai tételt tulajdonítottak a püthagoreusoknak – és így Pythagorasnak –, de valójában fogalmunk sincs, hogy maga Pythagoras milyen matematikával foglalkozott. Még azt sem tudjuk, hogy a püthagoreusok be tudták-e bizonyítani a Pitagorasz-tételt, vagy egyszerűen elhitte, hogy igaz. Illetve, ami valószínűbb, meggyőző adatokkal rendelkeztek az igazságról, amelyek azonban nem lettek volna elegendőek ahhoz, amit ma bizonyítéknak tekintünk.
Pythagoras bizonyítékai
A Pitagorasz-tétel első ismert bizonyítéka Euklidész Elemeiben található. Ez egy meglehetősen bonyolult bizonyíték egy rajz felhasználásával, amelyet a viktoriánus iskolások azonnal "pytagoraszi nadrágnak" ismernek fel; a rajz valóban hasonlít egy kötélen száradó alsónadrághoz. Szó szerint több száz egyéb bizonyíték ismert, amelyek többsége nyilvánvalóbbá teszi az állítást.
// Rizs. 33. Pitagorasz nadrág
Az egyik legegyszerűbb bizonyíték egyfajta matematikai rejtvény. Vegyünk egy tetszőleges derékszögű háromszöget, készítsünk belőle négy másolatot, és gyűjtsük össze őket a négyzeten belül. Egy fektetésnél egy négyzetet látunk a hipotenuszon; a másikkal - négyzetek a háromszög másik két oldalán. Nyilvánvaló, hogy a területek mindkét esetben egyenlőek.
// Rizs. 34. Balra: négyzet a hipotenuszon (plusz négy háromszög). Jobbra: a másik két oldal négyzeteinek összege (plusz ugyanaz a négy háromszög). Most távolítsa el a háromszögeket
Perigal boncolása újabb rejtélyes bizonyíték.
// Rizs. 35. Perigal boncolása
A tételnek van egy bizonyítása is a négyzetek síkra rakásával. Talán így fedezték fel a pitagoreusok vagy ismeretlen elődeik ezt a tételt. Ha megnézi, hogy a ferde négyzet hogyan fedi át a másik két négyzetet, láthatja, hogyan lehet a nagy négyzetet darabokra vágni, majd összerakni két kisebb négyzetre. Látható is derékszögű háromszögek, amelynek oldalai megadják a három érintett négyzet méreteit.
// Rizs. 36. Bizonyítás burkolattal
Vannak érdekes bizonyítások, amelyek hasonló háromszögeket használnak a trigonometriában. Legalább ötven különböző bizonyíték ismert.
Pitagorasz-hármasok
A számelméletben a Pitagorasz-tétel egy gyümölcsöző ötlet forrása lett: algebrai egyenletek egész számú megoldását kell találni. A Pitagorasz-hármas olyan a, b és c egész számok halmaza, amelyek
Geometriailag egy ilyen hármas egy derékszögű háromszöget határoz meg egész oldalakkal.
A Pitagorasz-hármas legkisebb hipotenusza 5.
A háromszög másik két oldala a 3 és a 4. Itt
32 + 42 = 9 + 16 = 25 = 52.
A következő legnagyobb hypotenus a 10, mert
62 + 82 = 36 + 64 = 100 = 102.
Ez azonban lényegében ugyanaz a háromszög, amelynek két oldala van. A következő legnagyobb és valóban eltérő hipotenusz a 13, amelyre
52 + 122 = 25 + 144 = 169 = 132.
Eukleidész tudta, hogy a Pitagorasz-hármasoknak végtelen sok változata létezik, és adott egy úgynevezett képletet, amellyel mindegyiket megtalálhatja. Később Alexandriai Diophantus egy egyszerű receptet kínált, amely alapvetően megegyezik az euklideszi recepttel.
Vegyünk bármelyik két természetes számot, és számítsuk ki:
kettős termékük;
négyzeteik különbsége;
négyzetük összege.
A kapott három szám a Pitagorasz-háromszög oldalai lesz.
Vegyük például a 2-es és 1-es számokat. Számítsa ki:
kettős szorzat: 2 × 2 × 1 = 4;
négyzetek különbsége: 22 - 12 = 3;
négyzetek összege: 22 + 12 = 5,
és megkaptuk a híres 3-4-5 háromszöget. Ha ehelyett a 3-as és a 2-es számokat vesszük, a következőket kapjuk:
kettős szorzat: 2 × 3 × 2 = 12;
négyzetek különbsége: 32 - 22 = 5;
négyzetek összege: 32 + 22 = 13,
és megkapjuk a következő híres háromszöget 5 - 12 - 13. Próbáljuk meg felvenni a 42 és 23 számokat, és megkapjuk:
kettős szorzat: 2 × 42 × 23 = 1932;
négyzetek különbsége: 422 - 232 = 1235;
négyzetek összege: 422 + 232 = 2293,
még senki sem hallott az 1235-1932-2293 háromszögről.
De ezek a számok is működnek:
12352 + 19322 = 1525225 + 3732624 = 5257849 = 22932.
Van még egy olyan jellemzője a diofantinusz-szabálynak, amelyre már utaltunk: miután megkaptunk három számot, vehetünk még egy tetszőleges számot, és mindet megszorozhatjuk vele. Így egy 3-4-5-ös háromszöget 6-8-10-es háromszöggé alakíthatunk, ha minden oldalát megszorozzuk 2-vel, vagy 15-20-25-ös háromszöggé, ha mindent megszorozunk 5-tel.
Ha átváltunk az algebra nyelvére, a szabály a következő alakot ölti: legyenek u, v és k természetes számok. Ezután egy derékszögű háromszög oldalakkal
2kuv és k (u2 - v2) hipotenúza
Vannak más módok is a fő gondolat bemutatására, de ezek mindegyike a fent leírtakra vezethető vissza. Ez a módszer lehetővé teszi, hogy megkapja az összes Pitagorasz-hármast.
Szabályos poliéder
Pontosan öt szabályos poliéder létezik. A szabályos poliéder (vagy poliéder) egy háromdimenziós alakzat, amelynek véges számú lapos lapja van. A lapok összefolynak egymással az éleknek nevezett vonalakon; élek találkoznak csúcspontoknak nevezett pontokban.
Az euklideszi „Kezdetek” csúcspontja a bizonyíték arra, hogy csak öt szabályos poliéder lehet, azaz olyan poliéder, amelyben minden lap szabályos sokszög (egyenlő oldalak, egyenlő szögek), minden lap azonos, és minden csúcs körül van véve egyenlő számú egyenlő távolságra lévő élek. Íme öt szabályos poliéder:
tetraéder négy háromszöglappal, négy csúcstal és hat éllel;
kocka vagy hexaéder, 6 négyzetlappal, 8 csúcstal és 12 éllel;
oktaéder 8 háromszöglappal, 6 csúcsgal és 12 éllel;
dodekaéder 12 ötszögletű lappal, 20 csúcsgal és 30 éllel;
ikozaéder 20 háromszöglappal, 12 csúcsgal és 30 éllel.
// Rizs. 37. Öt szabályos poliéder
Szabályos poliéderek is megtalálhatók a természetben. 1904-ben Ernst Haeckel rajzokat publikált a radiolariák néven ismert apró szervezetekről; sok közülük ugyanaz az öt szabályos poliéder alakú. Lehetséges azonban, hogy kissé korrigálta a természetet, és a rajzok nem tükrözik teljesen a konkrét élőlények alakját. Az első három szerkezet a kristályokban is megfigyelhető. A kristályokban dodekaédert és ikozaédert nem találsz, bár szabálytalan dodekaéderek és ikozaéderek néha találkoznak ott. Az igazi dodekaéderek kvázikristályokként jelenhetnek meg, amelyek minden tekintetben olyanok, mint a kristályok, kivéve, hogy atomjaik nem alkotnak periodikus rácsot.
// Rizs. 38. Haeckel rajzai: radiolariánok szabályos poliéderek formájában
// Rizs. 39. Szabályos poliéderek fejleményei
Érdekes lehet szabályos poliéderek modelljeit papírból készíteni úgy, hogy először kivágunk egymáshoz kapcsolódó lapokat – ezt poliéder sweepnek nevezik; a szkennelést a szélek mentén összehajtjuk, és a megfelelő éleket összeragasztjuk. Hasznos minden ilyen pár egyik széléhez egy további ragasztóterületet hozzáadni, amint az az ábrán látható. 39. Ha nincs ilyen platform, használhat ragasztószalagot.
Az ötödik fokozat egyenlete
Az 5. fokú egyenletek megoldására nincs algebrai képlet.
BAN BEN Általános nézet Az 5. egyenlet így néz ki:
ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f = 0.
A probléma az, hogy találjunk egy képletet egy ilyen egyenlet megoldására (legfeljebb öt megoldása lehet). A másodfokú és köbös egyenletekkel, valamint a negyedik fokú egyenletekkel kapcsolatos tapasztalatok azt sugallják, hogy az ötödik fokú egyenleteknél is léteznie kell egy ilyen képletnek, és elméletileg az ötödik, harmadik és másodfokú egyenletekben kell megjelennie. azt. Ismét nyugodtan feltételezhetjük, hogy egy ilyen képlet, ha létezik, nagyon-nagyon összetett lesz.
Ez a feltételezés végül tévesnek bizonyult. Valójában nem létezik ilyen képlet; legalábbis nincs olyan képlet, amely az a, b, c, d, e és f együtthatókat összeadással, kivonással, szorzással és osztással, valamint gyökerezéssel állítaná össze. Így van valami nagyon különleges az 5-ös számban. Az öt szokatlan viselkedésének okai nagyon mélyek, és sok időbe telt, mire kitaláltuk őket.
A probléma első jele az volt, hogy bármennyire is igyekeztek a matematikusok ilyen képletet találni, bármilyen okosak is voltak, mindig kudarcot vallottak. Egy ideig mindenki azt hitte, hogy az okok a képlet hihetetlen összetettségében rejlenek. Úgy gondolták, hogy ezt az algebrát egyszerűen senki sem tudja megfelelően megérteni. Idővel azonban egyes matematikusok kételkedni kezdtek abban, hogy egyáltalán létezik ilyen képlet, és 1823-ban Niels Hendrik Abel be tudta bizonyítani az ellenkezőjét. Nincs ilyen képlet. Röviddel ezután Évariste Galois megtalálta a módját annak meghatározására, hogy egy ilyen vagy olyan fokú egyenlet - 5., 6., 7., általában bármelyik - megoldható-e ezzel a képlettel.
A következtetés mindebből egyszerű: az 5-ös szám különleges. Eldöntheted algebrai egyenletek(gyökerek használatával n-edik fokozat Mert különböző jelentések n) az 1., 2., 3. és 4. fokra, de nem az 5. fokra. Itt ér véget a nyilvánvaló minta.
Senki sem lepődik meg azon, hogy az 5-nél nagyobb hatványegyenletek még rosszabbul viselkednek; különösen ugyanaz a nehézség kapcsolódik hozzájuk: nincsenek általános képletek a megoldásukra. Ez nem jelenti azt, hogy az egyenleteknek nincs megoldása; ez nem jelenti azt is, hogy lehetetlen nagyon pontos számértékeket találni ezeknek a megoldásoknak. Minden a hagyományos algebrai eszközök korlátairól szól. Ez arra emlékeztet, hogy lehetetlen háromszöget vágni egy vonalzóval és egy körzővel. Van válasz, de a felsorolt módszerek nem elegendőek, és nem teszik lehetővé annak meghatározását, hogy mi az.
Kristályos korlát
A két- és háromdimenziós kristályoknak nincs 5-nyalábú forgásszimmetriája.
A kristályban lévő atomok rácsot alkotnak, vagyis egy olyan szerkezetet, amely periodikusan ismétlődik több független irányban. Például a tapéta mintája megismétlődik a tekercs hosszában; emellett általában vízszintes irányban is megismétlődik, olykor az egyik tapétadarabról a másikra váltva. A tapéta lényegében egy kétdimenziós kristály.
A síkon 17 fajta tapétaminta található (lásd a 17. fejezetet). Eltérnek a szimmetria típusaiban, vagyis a minta merev eltolásának módjaiban, hogy az eredeti helyzetében pontosan magára feküdjön. A szimmetria típusai közé tartoznak különösen a forgásszimmetria különféle változatai, ahol a mintát egy bizonyos szögben kell elforgatni egy bizonyos pont - a szimmetria középpontja - körül.
Az elforgatás szimmetria sorrendje az, hogy a testet hányszor lehet teljes körbe forgatni úgy, hogy a kép minden részlete visszakerüljön eredeti helyzetébe. Például a 90°-os elforgatás 4. rendű forgásszimmetria*. A kristályrácsban előforduló lehetséges forgásszimmetria típusok listája ismét az 5-ös szám szokatlanságára mutat rá: nincs ott. Vannak 2., 3., 4. és 6. rendű forgásszimmetriával rendelkező változatok, de egyetlen tapétamintának sincs 5. rendű forgásszimmetriája. A kristályokban nincs is 6-nál nagyobb rendű forgásszimmetria, de a sorozat első megsértése még mindig az 5-ös számnál következik be.
Ugyanez történik a háromdimenziós térben lévő krisztallográfiai rendszerekkel. Itt a rács három független irányban ismétli önmagát. A szimmetriának 219 különböző típusa van, vagy 230, ha annak külön változatának tekintjük a minta tükörtükrözését - ráadásul ebben az esetben nincs tükörszimmetria. Ismét megfigyelhető a 2., 3., 4. és 6. rendű forgásszimmetria, de az 5. nem. Ezt a tényt krisztallográfiai kényszernek nevezzük.
A négydimenziós térben 5. rendű szimmetriájú rácsok léteznek; általában kellően nagy méretű rácsoknál a forgásszimmetria bármely előre meghatározott sorrendje lehetséges.
// Rizs. 40. A konyhasó kristályrácsa. A sötét golyók a nátriumatomokat, a világos golyók a klóratomokat jelölik.
Kvázikristályok
Míg az 5. rendű forgásszimmetria nem lehetséges 2D és 3D rácsokban, létezhet valamivel kevésbé szabályos struktúrákban, amelyeket kvázikristályoknak neveznek. Kepler vázlatait felhasználva Roger Penrose olyan lapos rendszereket fedezett fel, amelyek általánosabb, ötszörös szimmetriájúak. Ezeket kvázikristályoknak nevezik.
Kvázikristályok léteznek a természetben. 1984-ben Daniel Shechtman felfedezte, hogy az alumínium és a mangán ötvözete kvázi kristályokat képezhet; kezdetben a krisztallográfusok némi szkepticizmussal fogadták üzenetét, de később a felfedezést megerősítették, és 2011-ben Shekhtman kitüntetést kapott. Nóbel díj kémiában. 2009-ben egy tudóscsoport Luca Bindi vezetésével kvázi kristályokat fedezett fel az orosz Koryak-felföldről származó ásványban - alumínium, réz és vas keverékében. Ma ezt az ásványt ikozahedritnek hívják. Az ásvány különböző oxigénizotóp-tartalmának tömegspektrométerrel történő mérésével a tudósok kimutatták, hogy ez az ásvány nem a Földről származik. Körülbelül 4,5 milliárd évvel ezelőtt alakult ki, abban az időben Naprendszer gyerekcipőben járt, és ideje nagy részét az aszteroidaövben töltötte a Nap körül keringve, mígnem valamilyen zavar megváltoztatta pályáját, és végül a Földre juttatta.
// Rizs. 41. Balra: két, pontosan ötszörös szimmetriájú kvázikristályos rács egyike. Jobb oldalon: ikozaéder alumínium-palládium-mangán kvázikristály atommodellje
A diofantinuszi egyenlet fontos példáját adja a Pitagorasz-tétel, amely egy derékszögű háromszög lábainak x és y hosszát a hipotenúza z hosszához viszonyítja:
Természetesen találkoztál ennek az egyenletnek az egyik csodálatos megoldásával a természetes számokban, mégpedig a Pitagorasz számhármasával x=3, y=4, z=5. Vannak még hármasikrek?
Kiderült, hogy végtelenül sok Pitagorasz-hármas létezik, és mindegyiket régen megtalálták. Jól ismert képletekkel szerezhetők be, amelyekről ebből a bekezdésből tanulhat.
Ha az első és a másodfokú diofantusi egyenlet már meg van oldva, akkor az egyenletek megoldásának kérdése inkább magas fokok továbbra is nyitva marad, a legnagyobb matematikusok erőfeszítései ellenére. Jelenleg például Fermat híres sejtése, hogy bármely egész értékre n2 az egyenlet
nincs egész számban kifejezett megoldása.
Bizonyos típusú diofantinuszi egyenletek megoldására az ún komplex számok. Ami? Jelöljön az i betű valamilyen objektumot, amely megfelel a feltételnek i 2 \u003d -1(nyilvánvaló, hogy egyetlen valós szám sem felel meg ennek a feltételnek). Vegye figyelembe az űrlap kifejezéseit α+iβ, ahol α és β valós számok. Az ilyen kifejezéseket komplex számoknak fogjuk nevezni, miután meghatároztuk rajtuk az összeadás és szorzás műveleteit, valamint a binomiálisok felett, de csak azzal a különbséggel, hogy a kifejezés én 2 mindenhol a -1 számot cseréljük:
7.1. A három közül sokan
Bizonyítsd be, hogy ha x0, y0, z0- Pitagorasz hármas, majd hármas y 0, x 0, z 0És x 0 k, y 0 k, z 0 k a k természetes paraméter bármely értékére szintén Pitagorasz.
7.2. Privát képletek
Ellenőrizze, hogy vannak-e természeti értékek m>n a forma hármassága
a pitagoraszi. Vajon bármilyen Pythagorean hármas x, y, zábrázolható ebben a formában, ha megengedi az x és y számok átrendezését a hármasban?
7.3. Irreducibilis hármasikrek
A számok azon Pitagorasz-hármasát, amelynek nincs 1-nél nagyobb közös osztója, irreducibilisnek nevezzük. Bizonyítsuk be, hogy egy Pitagorasz-hármas csak akkor redukálhatatlan, ha a hármasban szereplő számok közül bármelyik kettő másodprím.
7.4. Az irreducibilis hármasok tulajdonsága
Bizonyítsuk be, hogy bármely irreducibilis Pitagorasz-hármasban x, y, z a z szám és pontosan az x vagy y számok egyike páratlan.
7.5. Csupa redukálhatatlan hármas
Bizonyítsuk be, hogy az x, y, z számok hármasa akkor és csak akkor irreducibilis Pitagorasz-hármas, ha egybeesik a hármasával az első két szám sorrendjéig 2 perc, m 2 - n 2, m 2 + n 2, Ahol m>n- más-más paritású természetes számok.
7.6. Általános képletek
Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet minden megoldása
természetes számokban az ismeretlen x és y sorrendjéig adjuk meg a képletekkel
ahol m>n és k természetes paraméterek (a hármasok megkettőzésének elkerülése érdekében elegendő koprim típusú és ráadásul eltérő paritású számokat választani).
7.7. Az első 10 hármas
Találja meg az összes Pitagorasz-hármast x, y, z kielégíti a feltételt x
7.8. A Pitagorasz-hármasok tulajdonságai
Bizonyítsd be ezt bármely Pitagorasz-hármasra x, y, z az állítások igazak:
a) az x vagy y számok közül legalább az egyik 3 többszöröse;
b) az x vagy y számok közül legalább az egyik 4 többszöröse;
c) az x, y vagy z számok közül legalább az egyik 5 többszöröse.
7.9. Alkalmazás komplex számok
Egy komplex szám modulusa α + iβ nemnegatív számnak nevezzük
Ellenőrizze, hogy vannak-e komplex számok α + iβÉs γ + iδ ingatlant végrehajtják
Bizonyítsa be a komplex számok és moduljaik tulajdonságainak felhasználásával, hogy bármely két m és n egész szám kielégíti az egyenlőséget
azaz megoldást adnak az egyenletre
egész számok (vö. 7.5. feladattal).
7.10. Nem Pitagorasz-hármasok
A komplex számok és moduljaik tulajdonságainak felhasználásával (lásd a 7.9. feladatot) keressen képleteket az egyenlet bármely egész számú megoldására:
a) x 2 + y 2 \u003d z 3; b) x 2 + y 2 \u003d z 4.
Megoldások
7.1. Ha x 0 2 + y 0 2 = z 0 2, Hogy y 0 2 + x 0 2 = z 0 2,és bármilyen természeti értékünkre k
Q.E.D.
7.2. Az egyenlőségből
arra a következtetésre jutunk, hogy a feladatban jelzett hármas teljesíti az egyenletet x 2 + y 2 = z 2 természetes számokban. Azonban nem minden Pythagorean-hármas x, y, zábrázolható ebben a formában; például a 9, 12, 15 hármas Pitagorasz, de a 15-ös szám nem ábrázolható bármely két m és n természetes szám négyzetösszegeként.
7.3. Ha bármely két szám a Pitagorasz-hármasból x, y, z van közös osztó d, akkor a harmadik szám osztója lesz (tehát abban az esetben x = x 1 d, y = y 1 d nekünk van z 2 \u003d x 2 + y 2 \u003d (x 1 2 + y 1 2) d 2, ahol z 2 osztható d 2-vel és z osztható d-vel). Ezért ahhoz, hogy egy Pitagorasz-hármas redukálhatatlan legyen, szükséges, hogy a hármasban szereplő számok közül bármelyik kettő másodlagos prím legyen,
7.4. Vegye figyelembe, hogy az x vagy y számok egyike, mondjuk x, egy irreducibilis Pitagorasz-hármas x, y, z páratlan, mert különben az x és y számok nem lennének másodprímek (lásd a 7.3. feladatot). Ha a másik y szám is páratlan, akkor mindkét szám
adja meg az 1 maradékát, ha elosztja 4-gyel, és a számot z 2 \u003d x 2 + y 2 4-gyel osztva 2 maradékát adja, azaz osztható 2-vel, de nem osztható 4-gyel, ami nem lehet. Így az y számnak párosnak, a z számnak tehát páratlannak kell lennie.
7.5. Hagyja, hogy a Pythagorean háromszoros legyen x, y, z irreducibilis, és a határozottság kedvéért az x szám páros, míg az y, z számok páratlanok (lásd 7.4. feladat). Akkor
hol vannak a számok 
egészek. Bizonyítsuk be, hogy az a és b számok koprímek. Valóban, ha 1-nél nagyobb közös osztójuk lenne, akkor a számoknak ugyanaz az osztójuk lenne z = a + b, y = a - b, azaz a hármas nem lenne irreducibilis (lásd 7.3. feladat). Most, ha az a és b számokat prímtényezők szorzataivá bővítjük, észrevesszük, hogy minden prímtényezőnek szerepelnie kell a szorzatban. 4ab = x2 csak benne páros fokozat, és ha benne van az a szám bővítésében, akkor nem szerepel a b szám bővítésében és fordítva. Ezért bármely prímtényező külön-külön csak páros mértékben szerepel az a vagy b szám bővítésében, ami azt jelenti, hogy ezek a számok maguk is egész számok négyzetei. Tegyük fel 
akkor megkapjuk az egyenlőségeket
sőt az m>n természetes paraméterek koprímek (az a és b számok koprímessége miatt) és eltérő paritásúak (a páratlan szám miatt) z \u003d m 2 + n 2).
Legyenek most m>n különböző paritású természetes számok koprímek. Aztán a trojka x \u003d 2mn, y \u003d m 2 - n 2, z = m 2 + n 2, a 7.2. feladat szerint, Pitagorasz. Bizonyítsuk be, hogy redukálhatatlan. Ehhez elegendő ellenőrizni, hogy az y és z számoknak nincs-e közös osztója (lásd a 7.3. feladatot). Valójában mindkét szám páratlan, mivel a típusszámok eltérő paritásúak. Ha az y és z számoknak van valamilyen egyszerű közös osztója (akkor páratlannak kell lennie), akkor mindegyik számnak és és velük együtt az m és n számnak is ugyanaz az osztója, ami ellentmond kölcsönös egyszerűségüknek.
7.6. A 7.1. és 7.2. feladatban megfogalmazott állítások értelmében ezek a formulák csak a Pitagorasz-hármasokat határozzák meg. Másrészt bármely Pythagorean-hármas x, y, z a legnagyobb k közös osztóval való redukció után az x és y számpár irreducibilissé válik (lásd 7.3. feladat), ezért az x és y számok nagyságrendjéig a 7.5. feladatban leírt formában ábrázolható. Ezért bármely Pythagorean hármast a megadott képletek adnak meg a paraméterek bizonyos értékeire.
7.7. Az egyenlőtlenségtől z és a 7.6. feladat képletei alapján megkapjuk a becslést m 2 azaz m≤5. Feltételezve m = 2, n = 1És k = 1, 2, 3, 4, 5, hármasikret kapunk 3, 4, 5; 6, 8, 10; 9, 12, 15; 12,16,20; 15, 20, 25. Feltételezve m=3, n=2És k = 1, 2, hármasikret kapunk 5, 12, 13; 10, 24, 26. Feltételezve m = 4, n = 1, 3És k = 1, hármasikret kapunk 8, 15, 17; 7, 24, 25. Végül, feltételezve m=5, n=2És k = 1, hármat kapunk 20, 21, 29.
A földmérők által a talajra merőleges vonalak megrajzolására használt kényelmes és nagyon pontos módszer a következő. Legyen szükséges, hogy az A ponton át merőlegeset húzzunk az MN egyenesre (13. ábra). Leszállás A-ból AM irányába háromszor bizonyos távolságban a. Ezután három csomót kötnek a zsinórra, amelyek távolsága 4a és 5a. A szélső csomókat az A és B pontokhoz rögzítve húzza át a zsinórt a középső csomón. A zsinór háromszögben helyezkedik el, amelyben az A szög derékszögű.
Ez az ősi módszer, láthatóan több ezer évvel ezelőtt használták az építők egyiptomi piramisok, azon alapul, hogy minden olyan háromszög, amelynek oldalai 3:4:5 arányban állnak egymással, a jól ismert Pitagorasz-tétel szerint derékszögű, mivel
3 2 + 4 2 = 5 2 .
A 3, 4, 5 számokon kívül, mint ismeretes, létezik egy megszámlálhatatlan a, b, c pozitív egész halmaz, amely kielégíti az összefüggést.
A 2 + b 2 \u003d c 2.
Pitagorasz számoknak hívják őket. A Pitagorasz-tétel szerint az ilyen számok valamely derékszögű háromszög oldalainak hosszaként szolgálhatnak; ezért a-t és b-t „lábaknak”, c-t „hipoténusznak” nevezik.
Nyilvánvaló, hogy ha a, b, c a Pitagorasz-számok hármasa, akkor a pa, pb, pc, ahol p egész tényező, Pitagorasz számok. Ellenkező esetben, ha a Pitagorasz-számoknak van egy közös tényezője, akkor ezzel a közös tényezővel csökkentheti mindegyiket, és ismét a Pitagorasz-számok hármasát kapja. Ezért először csak a koprím Pitagorasz-számok hármasait fogjuk tanulmányozni (a többit belőlük kapjuk meg egy p egész szám tényezővel való szorzással).
Mutassuk meg, hogy minden ilyen a, b, c hármasban az egyik "láb" páros, a másik pedig páratlan. Vitatkozzunk "ellenkezőleg". Ha mindkét „a” és „b” „láb” páros, akkor az a 2 + b 2 szám páros lesz, és innen ered a „hipoténusz”. Ez azonban ellentmond annak, hogy az a, b, c számoknak nincs közös tényezője, hiszen három páros számnak közös a 2-es tényezője. Így az a, b "láb" közül legalább az egyik páratlan.
Marad még egy lehetőség: mindkét "láb" páratlan, a "hipoténusz" pedig páros. Könnyű bebizonyítani, hogy ez nem lehetséges. Valóban, ha a "lábaknak" megvan a formája
2x + 1 és 2y + 1,
akkor négyzetük összege az
4x 2 + 4x + 1 + 4 év 2 + 4 év + 1 \u003d 4 (x 2 + x + y 2 + y) + 2,
azaz olyan számról van szó, amelyet 4-gyel elosztva 2 maradékát adjuk. Eközben bármely páros szám négyzetének maradék nélkül oszthatónak kell lennie 4-gyel. Tehát két páratlan szám négyzetösszege nem lehet páros szám négyzete; más szóval a három számunk nem Pitagorasz.
Tehát az a, b "lábakból" az egyik páros, a másik pedig páratlan. Ezért az a 2 + b 2 szám páratlan, ami azt jelenti, hogy a c "hipoténusz" is páratlan.
Tegyük fel a határozottság kedvéért, hogy a páratlan az "a" és a páros b. Az egyenlőségtől
a 2 + b 2 = c 2
könnyen megkapjuk:
A 2 \u003d c 2 - b 2 \u003d (c + b) (c - b).
A jobb oldalon lévő c + b és c - b tényezők koprímek. Valójában, ha ezeknek a számoknak egytől eltérő közös prímtényezőjük lenne, akkor az összeg szintén osztható lenne ezzel a tényezővel.
(c + b) + (c - b) = 2c,
és a különbség
(c + b) - (c - b) = 2b,
és munka
(c + b) (c - b) \u003d a 2,
azaz a 2c, 2b és a számoknak közös tényezője lenne. Mivel a páratlan, ez a tényező különbözik kettőtől, ezért az a, b, c számoknak ugyanaz a közös tényezője, ami azonban nem lehet. A kapott ellentmondás azt mutatja, hogy a c + b és c - b számok másodprímek.
De ha a koprímszámok szorzata egy pontos négyzet, akkor mindegyik négyzet, azaz.
Ezt a rendszert megoldva a következőket találjuk:
C \u003d (m 2 + n 2) / 2, b \u003d (m 2 - n 2) / 2 és 2 \u003d (c + b) (c - b) \u003d m 2 n 2, a \u003d mn.
Tehát a figyelembe vett Pitagorasz számoknak van alakja
A \u003d mn, b \u003d (m 2 - n 2) / 2, c \u003d (m 2 + n 2) / 2.
ahol m és n néhány páratlan koprím szám. Az olvasó könnyen ellenőrizheti az ellenkezőjét: bármely páratlan típusra az írott formulák három Pitagorasz számot adnak: a, b, c.
Íme néhány különböző típusú Pitagorasz-számok hármasa:
m = 3 esetén n = 1 3 2 + 4 2 = 5 2 m = 5 esetén, n = 1 5 2 + 12 2 = 13 2 m = 7 esetén, n = 1 7 2 + 24 2 = 25 2 m esetén = 9, n = 1 9 2 + 40 2 = 41 2 m = 11-nél, n = 1 11 2 + 60 2 = 61 2 m = 13-nál, n = 1 13 2 + 84 2 = 85 2 m = 5-nél , n = 3 15 2 + 8 2 = 17 2 m = 7 esetén, n = 3 21 2 + 20 2 = 29 2 m = 11 esetén, n = 3 33 2 + 56 2 = 65 2 m = 13 esetén, n = 3 39 2 + 80 2 = 89 2 m = 7-nél, n = 5 35 2 + 12 2 = 37 2 m = 9-nél, n = 5 45 2 + 28 2 = 53 2 m = 11-nél, n = 5 55 2 + 48 2 = 73 2 m = 13-nál, n = 5 65 2 + 72 2 = 97 2 m = 9-nél, n = 7 63 2 + 16 2 = 65 2 m = 11-nél, n = 7 77 2 + 36 2 = 85 2
(A Pitagorasz-számok összes többi hármasa vagy közös tényezővel rendelkezik, vagy száznál nagyobb számokat tartalmaz.)
"Regionális oktatási központ"
Módszerfejlesztés
Pitagorasz-hármasok használata a megoldásban
geometriai problémák és trigonometrikus feladatok HASZNÁLAT
Kaluga, 2016
I. Bevezetés
A Pitagorasz-tétel a geometria egyik fő, sőt, mondhatni, legfontosabb tétele. Jelentősége abban rejlik, hogy a geometria tételeinek nagy része levezethető belőle, illetve segítségével. A Pitagorasz-tétel abból a szempontból is figyelemre méltó, hogy önmagában egyáltalán nem nyilvánvaló. Például egy egyenlő szárú háromszög tulajdonságai közvetlenül a rajzon láthatók. De akárhogy is nézel egy derékszögű háromszöget, soha nem fogod látni, hogy az oldalai között ilyen egyszerű arány van: a2+b2=c2. A nevét viselő tételt azonban nem Pythagoras fedezte fel. Korábban is ismerték, de talán csak mérésekből származó tényként. Feltehetően Pythagoras tudta ezt, de talált bizonyítékot.
Végtelen sok természetes szám létezik a, b, c, kielégítve a kapcsolatot a2+b2=c2.. Pitagorasz számoknak hívják. A Pitagorasz-tétel szerint az ilyen számok valamilyen derékszögű háromszög oldalainak hosszaként szolgálhatnak - Pitagorasz-háromszögeknek nevezzük őket.
A munka célja: tanulmányozni a Pitagorasz-hármasok felhasználásának lehetőségét és hatékonyságát problémák megoldására iskolai tanfolyam matematika, USE feladatok.
A munka célja alapján a következő feladatokat:
A Pitagorasz-hármasok történetének és osztályozásának tanulmányozása. Elemezze a feladatokat az iskolai tankönyvekben elérhető, a vizsga ellenőrző és mérőanyagaiban található Pitagorasz-hármasok segítségével. Értékelje a Pitagorasz-hármasok felhasználásának hatékonyságát és tulajdonságait a problémák megoldására.
A vizsgálat tárgya: Pitagorasz számhármasai.
Tanulmányi tárgy: a trigonometria és geometria iskolai tantárgy feladatai, amelyekben Pitagorasz hármasokat használnak.
A kutatás relevanciája. A Pitagorasz-hármasokat gyakran használják a geometriában és a trigonometriában, ezek ismerete kiküszöböli a számítási hibákat és időt takarít meg.
II. Fő rész. Feladatok megoldása Pitagorasz-hármasok használatával.
2.1. Pitagorasz-számok hármasainak táblázata (Perelman szerint)
A Pitagorasz számoknak van alakja a= m n, , ahol m és n néhány páratlan koprím szám.
A Pitagorasz számoknak számos érdekes tulajdonsága van:
Az egyik „lábnak” háromszorosának kell lennie.
Az egyik „lábnak” négy többszörösének kell lennie.
Az egyik Pitagorasz-számnak öt többszörösének kell lennie.
A "Szórakoztató algebra" című könyv a Pitagorasz-hármasok táblázatát tartalmazza, amely legfeljebb száz számot tartalmaz, amelyeknek nincs közös tényezője.
32+42=52 |
||
52+122=132 |
||
72+242=252 |
||
92+402=412 |
||
112+602=612 |
||
132+842=852 |
||
152+82=172 |
||
212 +202=292 |
||
332+562=652 |
||
392+802=892 |
||
352+122=372 |
||
452+282=532 |
||
552+482=732 |
||
652+722=972 |
||
632+162=652 |
||
772+362=852 |
2.2. Shustrov Pitagorasz-hármasok osztályozása.
Shustrov a következő mintát fedezte fel: ha az összes Pitagorasz-háromszöget csoportokra osztjuk, akkor a következő képletek érvényesek az x páratlan lábra, a páros y-ra és a z hipotenuszra:
x \u003d (2N-1) (2n + 2N-1); y = 2n (n+2N-1); z = 2n (n+2N-1)+(2N-1) 2, ahol N a család száma, n pedig a háromszög sorszáma a családban.
Ha a képletben N és n helyett tetszőleges pozitív egész számot helyettesítünk, egytől kezdve megkaphatjuk az összes fő Pythagorean számhármasát, valamint egy bizonyos típusú többszörösét. Minden családhoz készíthet egy táblázatot az összes Pitagorasz-hármasról.
2.3. Planimetriai feladatok
Tekintsük a geometriai tankönyvekből származó problémákat, és nézzük meg, milyen gyakran találhatók meg ezekben a feladatokban a Pitagorasz-hármasok. A Pitagorasz-hármasok táblázatában a harmadik elem megtalálásának triviális problémáit nem vesszük figyelembe, bár a tankönyvekben is megtalálhatók. Mutassuk meg, hogyan csökkenthetjük egy olyan probléma megoldását, amelynek adatai nincsenek kifejezve természetes számok, Pitagorasz-hármasra.
Fontolja meg a feladatokat a geometria tankönyvből a 7-9.
№ 000. Keresse meg egy derékszögű háromszög befogóját! A=, b=.
Megoldás. A lábak hosszát megszorozzuk 7-tel, a Pitagorasz-hármasból két elemet kapunk 3 és 4. A hiányzó elem 5, amit elosztunk 7-tel. Válasz.
№ 000. ABCD téglalapban keresse meg a BC-t, ha CD=1,5, AC=2,5.
https://pandia.ru/text/80/406/images/image007_0.gif" width="240" height="139 src=">
Megoldás. Oldjuk meg az ACD derékszögű háromszöget. A hosszúságokat megszorozzuk 2-vel, a Pitagorasz-hármasból két elemet kapunk 3 és 5, a hiányzó elem 4, amit elosztunk 2-vel. Válasz: 2.
A következő szám megfejtésekor ellenőrizze az arányt a2+b2=c2 teljesen opcionális, elég a Pitagorasz számok és tulajdonságaik használata.
№ 000. Nézze meg, hogy egy háromszög derékszögű-e, ha az oldalai számokkal vannak kifejezve:
a) 6,8,10 (Pitagorasz hármas 3,4,5) - igen;
A derékszögű háromszög egyik szárának oszthatónak kell lennie 4-gyel. Válasz: nem.
c) 9,12,15 (pitagorasz hármas 3,4,5) - igen;
d) 10,24,26 (pitagorasz hármas 5,12,13) - igen;
Az egyik Pitagorasz-számnak öt többszörösének kell lennie. Válasz: nem.
g) 15, 20, 25 (pitagorasz hármas 3,4,5) - igen.
Az ebben a részben található harminckilenc feladatból (Pitagorasz-tétel) huszonkettőt szóban oldanak meg Pitagorasz számok és tulajdonságaik ismeretében.
Vegye figyelembe a 000. számú problémát (a „További feladatok” szakaszból):
Keresse meg az ABCD négyszög területét, ahol AB=5 cm, BC=13 cm, CD=9 cm, DA=15 cm, AC=12 cm.
A feladat az arány ellenőrzése a2+b2=c2és bizonyítsuk be, hogy az adott négyszög két derékszögű háromszögből áll (az inverz tétel). A Pitagorasz-hármasok: 3, 4, 5 és 5, 12, 13 ismerete pedig kiküszöböli a számítások szükségességét.
Több feladatra is adjunk megoldást egy geometria tankönyvből 7-9.
156. feladat (h). Egy derékszögű háromszög szárai 9 és 40. Határozzuk meg a befogóhoz húzott mediánt!
Megoldás . A hipotenuszhoz húzott medián ennek a fele. A Pitagorasz-hármas 9,40 és 41. Ezért a medián 20,5.
156. feladat (i). A háromszög oldalai a következők: A= 13 cm, b= 20 cm és magasság hс = 12 cm Keresse meg az alapot Val vel.
Feladat ( KIMS egységes államvizsga). Határozza meg az ABC hegyesszögű háromszögbe írt kör sugarát, ha a BH magasság 12, és ismert, hogy sin A=,sin C \u003d balra "\u003e 
Megoldás. Téglalap ∆ ASC-t oldunk meg: sin A=, BH=12, tehát AB=13,AK=5 (Pitagorasz hármas 5,12,13). Téglalap alakú ∆ BCH megoldása: BH =12, sin C===https://pandia.ru/text/80/406/images/image015_0.gif" width="12" height="13">3=9 (pytagorasz hármas 3,4,5).A sugarat az r === képlettel találjuk meg 4. Válasz.4.
2.4. Pitagorasz-hármasok a trigonometriában
Fő trigonometrikus azonosság– a Pitagorasz-tétel speciális esete: sin2a + cos2a = 1; (a/c) 2 + (b/c) 2 =1. Ezért néhány trigonometrikus feladat könnyen megoldható szóban a Pitagorasz-hármasok használatával.
Feladatok, amelyekben meg kell találni a többi értékét a függvény adott értékével trigonometrikus függvények, négyzetre emelés és a négyzetgyök felvétele nélkül is megoldható. Az összes ilyen típusú feladat az algebra (10-11) Mordkovich iskolai tankönyvében (000-000) szóban is megoldható, csak néhány Pitagorasz-hármas ismeretében: 3,4,5 ; 5,12,13 ; 8,15,17 ; 7,24,25 . Tekintsük két feladat megoldását.
000 a) sz. sin t = 4/5, π/2< t < π.
Megoldás. Pitagorasz-hármas: 3, 4, 5. Ezért cos t = -3/5; tg t = -4/3,
000 b). tg t = 2,4, π< t < 3π/2.
Megoldás. tg t \u003d 2,4 \u003d 24/10 \u003d 12/5. Pitagorasz-hármas 5,12,13. Az előjelek ismeretében sin t = -12/13, cos t = -5/13, ctg t = 5/12.
3. A vizsga ellenőrző- és mérőanyagai
a) cos (arcsin 3/5)=4/5 (3, 4, 5)
b) bűn (arccos 5/13)=12/13 (5, 12, 13)
c) tg (arcsin 0,6) = 0,75 (6, 8, 10)
d) ctg (arccos 9/41) = 9/40 (9, 40, 41)
e) 4/3 tg (π–arcsin (–3/5))= 4/3 tg (π+arcsin 3/5)= 4/3 tg arcsin 3/5=4/3 3/4=1
e) ellenőrizze az egyenlőség érvényességét:
arcsin 4/5 + arcsin 5/13 + arcsin 16/65 = π/2.
Megoldás. arcsin 4/5 + arcsin 5/13 + arcsin 16/65 = π/2
arcsin 4/5 + arcsin 5/13 = π/2 - arcsin 16/65
sin (arcsin 4/5 + arcsin 5/13) = bűn (arccos 16/65)
sin (arcsin 4/5) cos (arcsin 5/13) + cos (arcsin 4/5) sin (arcsin 5/13) = 63/65
4/5 12/13 + 3/5 5/13 = 63/65
III. Következtetés
Geometriai feladatokban gyakran kell derékszögű háromszöget megoldani, néha többször is. Az iskolai tankönyvek feladatainak elemzése után ill HASZNÁLJON anyagokat, arra a következtetésre juthatunk, hogy főleg a hármasokat használják: 3, 4, 5; 5, 12, 13; 7, 24, 25; 9, 40, 41; 8,15,17; amelyek könnyen megjegyezhetők. Egyes trigonometrikus feladatok megoldása során a klasszikus megoldás segítségével trigonometrikus képletekÉs nagy mennyiség a számítások időt vesznek igénybe, és a Pitagorasz-hármasok ismerete kiküszöböli a számítási hibákat, és időt takarít meg a nehezebb vizsgafeladatok megoldására.
Bibliográfiai lista
1. Algebra és az elemzés kezdetei. 10-11 évfolyam. 2 óra 2. rész Feladatfüzet oktatási intézményeknek / [és mások]; szerk. . - 8. kiadás, Sr. - M. : Mnemosyne, 2007. - 315 p. : ill.
2. Perelman algebra. - D.: VAP, 1994. - 200 p.
3. Roganovszkij: Proc. 7-9 cellához. egy mély a matematika általános műveltség tanulmányozása. iskola oroszból lang. tanulás, - 3. kiadás. - Mn.; Nar. Asveta, 2000. - 574 p.: ill.
4. Matematika: Olvasó a történelemről, módszertanról, didaktikáról. / Összeg. . - M.: URAO Kiadó, 2001. - 384 p.
5. „Matematika az iskolában” folyóirat 1965. 1. szám.
6. A vizsga ellenőrző- és mérőanyagai.
7. Geometria, 7-9: Proc. oktatási intézmények számára / stb - 13. kiadás - M .: Oktatás, 2003. – 384 p. : ill.
8. Geometria: Proc. 10-11 sejtre. átl. iskola / stb. - 2. kiadás. - M .: Oktatás, 1993, - 207 p.: ill.
Perelman algebra. - D.: VAP, 1994. - 200 p.
„Matematika az iskolában” folyóirat 1965. évi 1. szám.
Geometry, 7-9: Proc. oktatási intézmények számára / stb - 13. kiadás - M .: Oktatás, 2003. – 384 p. : ill.
Roganovszkij: Proc. 7-9 cellához. egy mély a matematika általános műveltség tanulmányozása. iskola oroszból lang. tanulás, - 3. kiadás. - Mn.; Nar. Asveta, 2000. - 574 p.: ill.
Az algebra és az elemzés kezdetei. 10-11 évfolyam. 2 óra 2. rész Feladatfüzet oktatási intézményeknek / [és mások]; szerk. . - 8. kiadás, Sr. - M. : Mnemosyne, 2007. - 315 p. : ill., 18. o.
Belotelov V.A. Pitagorasz hármasok és számuk // Neszterovok enciklopédiája
Ez a cikk válasz egy professzornak - egy csipetnyi. Nézze, professzor, hogyan csinálják ezt a falunkban.
Nyizsnyij Novgorod régió, Zavolzhye.
A diofantin-egyenletek (ADDE) megoldására szolgáló algoritmus ismerete és a polinomiális progresszió ismerete szükséges.
IF egy prímszám.
Az MF egy összetett szám.
Legyen páratlan N szám. Az egytől eltérő páratlan számokhoz írhat egyenletet.
p 2 + N \u003d q 2,
ahol р + q = N, q – р = 1.
Például a 21 és 23 számok egyenletei a következők:
10 2 + 21 = 11 2 , 11 2 + 23 = 12 2 .
Ha N prím, ez az egyenlet egyedi. Ha az N szám összetett, akkor lehetséges hasonló egyenleteket összeállítani az ezt a számot képviselő tényezőpárok számára, beleértve az 1 x N-t is.
Vegyük az N = 45 számot, -
1 x 45 = 45, 3 x 15 = 45, 5 x 9 = 45.
Álmodtam, de lehetséges-e az IF és az MF közötti különbséghez ragaszkodva módszert találni azonosításukra?
Vezessük be a jelölést;
Változtassuk meg az alsó egyenletet, -
N = 2 - a 2 \u003d (b - a) (b + a).
Csoportosítsuk N értékeit a kritérium szerint -a, azaz. készítsünk egy asztalt.
Az N számokat egy mátrixban foglaltuk össze, -
Ehhez a feladathoz a polinomok és mátrixaik progressziójával kellett foglalkoznom. Minden hiábavalónak bizonyult - a PCh védelmet erőteljesen tartják. Írjunk be egy oszlopot az 1. táblázatba, ahol - a \u003d 1 (q - p \u003d 1).
Még egyszer. A 2. táblázatot az IF és MF azonosításának problémájának megoldására tett kísérlet eredményeként kaptuk. A táblázatból az következik, hogy bármely N számhoz annyi egyenlet létezik a 2 + N \u003d 2-ben, hány tényezőpárra osztható az N szám, beleértve az 1 x N tényezőt is. az N \u003d ℓ 2 számokhoz, ahol
ℓ - FC. N = ℓ 2 esetén, ahol ℓ IF, létezik egy egyedi p 2 + N = q 2 egyenlet. Milyen további bizonyításról beszélhetünk, ha a táblázat N-t alkotó faktorpárokból kisebb tényezőket sorol fel egytől ∞-ig. A 2. táblázatot egy ládába helyezzük, a ládát pedig egy szekrénybe rejtjük.
Térjünk vissza a cikk címében megfogalmazott témához.
Ez a cikk válasz egy professzornak - egy csipetnyi.
Segítséget kértem - olyan számsorra volt szükségem, amelyet nem találtam az interneten. Olyan kérdésekbe ütköztem, mint: - "Miért?", "De mutasd meg a módszert." Különösen az volt a kérdés, hogy végtelen-e a Pitagorasz-hármasok sorozata, „hogyan bizonyítsuk be?”. Nem segített nekem. Nézze, professzor, hogyan csinálják ezt a falunkban.
Vegyük a Pitagorasz-hármas képletét, -
x 2 \u003d y 2 + z 2. (1)
Menjünk át az ARDU-n.
Három helyzet lehetséges:
I. x egy páratlan szám,
y páros szám
z páros szám.
És van egy x > y > z feltétel.
II. x egy páratlan szám
y páros szám
z páratlan szám.
x > z > y.
III.x - páros szám,
y páratlan szám
z páratlan szám.
x > y > z.
Kezdjük én.
Vezessünk be új változókat
Helyettesítse be az (1) egyenletbe.
Töröljük a kisebb 2γ változóval.
(2α - 2γ + 2k + 1) 2 = (2β - 2γ + 2k) 2 + (2k + 1) 2 .
Csökkentsük a 2β – 2γ változót kisebbre egy új ƒ paraméter egyidejű bevezetésével, -
(2α - 2β + 2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2 (2)
Ekkor 2α - 2β = x - y - 1.
A (2) egyenlet a következő formában lesz:
(x - y + 2ƒ + 2k) 2 \u003d (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2
Nézzük négyzetre...
(x - y) 2 + 2 (2ƒ + 2k) (x - y) + (2ƒ + 2k) 2 \u003d (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2,
(x - y) 2 + 2(2ƒ + 2k) (x - y) - (2k + 1) 2 = 0. (3)
Az ARDU a paramétereken keresztül megadja az egyenlet szenior tagjai közötti kapcsolatot, így kaptuk a (3) egyenletet.
Nem szilárd a megoldások kiválasztásával foglalkozni. De egyrészt nincs hova menni, másrészt több ilyen megoldásra van szükség, és végtelen számú megoldást tudunk visszaállítani.
Ha ƒ = 1, k = 1, akkor x – y = 1.
Ha ƒ = 12, k = 16, akkor x - y = 9.
Ha ƒ = 4, k = 32, akkor x - y = 25.
Sokáig lehet szedni, de a végén a sorozat olyan formát ölt majd, mint
x - y \u003d 1, 9, 25, 49, 81, ....
Fontolja meg a II. lehetőséget.
Vezessünk be új változókat az (1) egyenletbe!
(2α + 2k + 1) 2 = (2β + 2k) 2 + (2γ + 2k + 1) 2 .
Csökkentjük egy kisebb változóval 2 β, -
(2α - 2β + 2k + 1) 2 = (2α - 2β + 2k+1) 2 + (2k) 2 .
Csökkentsük a kisebb változóval 2α – 2β, –
(2α - 2γ + 2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k + 1) 2 + (2k) 2 . (4)
2α - 2γ = x - z és helyettesítse be a (4) egyenletbe.
(x - z + 2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k + 1) 2 + (2k) 2
(x - z) 2 + 2 (2ƒ + 2k + 1) (x - z) + (2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k + 1) 2 + (2k) 2 (x - z) 2 + 2(2ƒ + 2k + 1) (x - z) - (2k) 2 = 0
Ha ƒ = 3, k = 4, akkor x - z = 2.
Ha ƒ = 8, k = 14, akkor x - z = 8.
Ha ƒ = 3, k = 24, akkor x - z = 18.
x - z \u003d 2, 8, 18, 32, 50, ....
Rajzoljunk egy trapézt -
Írjunk egy képletet.
ahol n=1, 2,...∞.
A III. esetet nem írjuk le – ott nincsenek megoldások.
A II. feltételnél a hármasok halmaza a következő lesz:
Az (1) egyenlet az érthetőség kedvéért x 2 = z 2 + y 2.
Az I. feltételhez a hármasok halmaza a következő lesz:
Összesen 9 hármas oszlopot festenek, mindegyikben öt hármast. És a bemutatott oszlopok mindegyike ∞-ig írható.
Példaként tekintsük az utolsó oszlop hármasait, ahol x - y \u003d 81.
Az x értékeihez trapézt írunk, -
Írjuk fel a képletet
Az értékekhez trapézt írunk, -
Írjuk fel a képletet
z értékeihez trapézt írunk, -
Írjuk fel a képletet
ahol n = 1 ÷ ∞.
Ahogy ígértük, az x - y = 81 hármasok sorozata ∞-ig repül.
Kísérlet történt az I. és II. esetben x, y, z mátrixok létrehozására.
Írja ki az x utolsó öt oszlopát a felső sorokból, és készítsen trapézt.
Nem működött, és a mintának négyzetesnek kell lennie. Ahhoz, hogy minden áttört legyen, kiderült, hogy az I. és a II. oszlopot össze kell kapcsolni.
A II. esetben az y, z mennyiségeket ismét felcseréljük.
Egy okból sikerült összevonnunk - a kártyák jól passzoltak ebbe a feladatba - szerencsénk volt.
Most már írhat mátrixokat x, y, z számára.
Vegyünk az x érték utolsó öt oszlopából a felső sorokból, és készítsünk trapézt.
Minden rendben van, lehet mátrixokat építeni, és kezdjük a z mátrixszal.
A szekrényhez rohanok egy ládáért.
Összesen: Az egyen kívül a numerikus tengely minden páratlan száma egyenlő számú faktorpárral vesz részt a Pitagorasz-hármasok kialakításában, amelyek ezt az N számot alkotják, beleértve az 1 x N tényezőt is.
Az N \u003d ℓ 2 szám, ahol ℓ - IF, egy Pitagorasz-hármast alkot, ha ℓ MF, akkor nincs hármas a ℓхℓ tényezőkön.
Építsünk mátrixokat x, y-ra.
Kezdjük az x mátrixával. Ehhez rá fogunk húzni koordináta rács az IF és MF azonosításának feladatából.
A függőleges sorok számozását a kifejezés normalizálja
Távolítsuk el az első oszlopot, mert
A mátrix a következő formában lesz:
Leírjuk a függőleges sorokat, -
Leírjuk az együtthatókat "a"-nál, -
Ismertesse a szabad tagokat, -
Készítsünk egy általános képletet "x"-re, -
Ha hasonló munkát végzünk "y"-re, akkor azt kapjuk,
Ezt az eredményt a másik oldalról is megközelítheti.
Vegyük az egyenletet,
és 2 + N = 2-ben.
Változtassunk egy kicsit...
N = 2 - 2.
Nézzük négyzetre...
N 2 = 4 - 2v 2 a 2 + a 4.
Az egyenlet bal és jobb oldalához adja hozzá a 4v 2 a 2 magnitúdót, -
N 2 + 4v 2 a 2 \u003d 4 + 2v 2 a 2 + a 4-ben.
És végül -
(2 + a 2-ben) 2 \u003d (2va) 2 + N 2.
A Pitagorasz-hármasok a következőképpen épülnek fel:
Tekintsünk egy példát N = 117 számmal.
1 x 117 = 117, 3 x 39 = 117, 9 x 13 = 117.
A 2. táblázat függőleges oszlopai -a, míg a 3. táblázat függőleges oszlopai x - y értékekkel vannak számozva.
x - y \u003d (c - a) 2,
x \u003d y + (c - a) 2.
Készítsünk három egyenletet.
(y + 1 2) 2 \u003d y 2 + 117 2,
(y + 3 2) 2 \u003d y 2 + 117 2,
(y + 9 2) 2 \u003d y 2 + 117 2.
x 1 = 6845, y 1 = 6844, z 1 = 117.
x 2 = 765, y 2 = 756, z 2 = 117 (x 2 = 85, y 2 = 84, z 2 = 13).
x 3 = 125, y 3 = 44, z 3 = 117.
A 3-as és a 39-es faktor nem viszonylag prímszám, így egy hármas 9-es tényezővel alakult ki.
Ábrázoljuk a fentieket általános szimbólumokkal írva, -
Ebben a munkában mindent, beleértve egy példát a számmal rendelkező Pitagorasz-hármasok kiszámítására
N = 117, a kisebb tényezőhöz kötve - a. Explicit diszkrimináció a + a faktorral kapcsolatban. Javítsuk ki ezt az igazságtalanságot – három egyenletet fogunk összeállítani + a tényezővel.
Térjünk vissza az IF és MF azonosításának kérdéséhez.
Nagyon sok minden történt ebbe az irányba, és ma a következő gondolat jutott a kezekbe - nincs azonosító egyenlet, és nincs olyan, hogy meghatározzák a tényezőket.
Tegyük fel, hogy megtaláltuk az F = a, b (N) összefüggést.
Van egy képlet
Megszabadulhatsz az F képletben in-től és megkapod homogén egyenlet n -edik fok az a-hoz képest, azaz. F = a(N).
Ennek az egyenletnek bármely n fokára létezik egy N szám m faktorpárral, ha m > n.
Következésképpen egy n fokú homogén egyenletnek m gyökével kell rendelkeznie.
Igen, ez nem lehet.
Ebben a cikkben az N számokat az x 2 = y 2 + z 2 egyenlethez vettük figyelembe, ha az egyenletben a z helyen vannak. Ha N van x helyén, ez egy másik feladat.
Üdvözlettel: Belotelov V.A.
