Pythagoreiska taltripplar Mellan sidlängderna a, b, c i en rätvinklig triangel råder som bekant sambandet a + b = c och det finns heltal som uppfyller detta: 3 +4 = 5 5 +1 = 13 6 +8 = 10 8 +15 = 17 9 +1 = 15 Nyfikna som vi är, frågar vi oss då: Hur många sådana s.k. pythagoreiska heltalstripplar finns det? Är de ändligt eller oändligt många? Finns någon formel som genererar dem alla? Vi noterar att ett av historiens mest berömda problem, Fermats stora sats, eller rättare sagt Fermats förmodan, som blev en sats först 1995 efter att ha varit en öppen fråga i drygt 350 år, tycks handla om ekvationer av samma typ: Det finns inga positiva heltal a, b, c och heltal n>, sådana att a n + b n = c n? 1. Enkel potensräkning visar att de pythagoreiska taltripplarna är oändligt många hur då? Tripplar som (6, 8, 10), (9, 1, 15),... är emellertid inte så intressanta, när vi väl känner (3, 4, 5) redan, så vi modifierar frågeställningen något. Vi intresserar oss endast för tripplar, där talen inte har någon gemensam faktor > 1, och struntar i resten! För korthetens skull kallar vi tripplar utan gemensamma faktor primitiva.. Förklara varför det minsta ev. motexemplet till Fermats förmodan bör sökas då n =4samt n = primtal. Finns det ändligt eller oändligt många primitiva pythagoreiska tripplar? De gamla grekerna (möjligen Pythagoras själv) kom på följande bevis för att antalet är oändligt: Skriv om Pythagoras likhet som a = c b Om vi inskränker vår sökning till tripplar där såskallvialltsåha c = b +1 a =(b +1) b =b +1 När b genomlöper de positiva heltalen, så genomlöper b +1alla udda heltal 3. Bland dem finns oändligt många kvadrater: 9, 5, 49, 81,... Så fort b +1är en jämn kvadrat 1 och det inträffar oändligt många gånger! får vi en pythagoreisk trippel ³ b +1,b,b+1 och den är primitiv, eftersom b och b +1inte kan ha någon gemensam faktor > 1. 3. Verifiera att följande två formler genererar idel pythagoreiska taltripplar : a = n +1 b = n +n c = n +n +1, n positivt heltal a = k b = 1 k 1 c = 1 k +1, k udda heltal > 1 (Varför bara udda?) 4. Övertyga dig att ovanstående två formler bara är två varianter av en och samma formel och att de producerar just de tripplar som förekom i grekernas bevis för att antalet är oändligt. Får man alla tripplar på detta sätt? 1 Jämn kvadrat betyder här inte att talet skulle vara jämnt, utan att rotutdragning "går jämnt ut". Det är en synonym för kvadrattal, d.v.s. något av talen 1, 4, 9, 16, 5, 36,... Att verifiera ett påstående betyder att kontrollera att påståendet är riktigt. 1
Att lösa diofantiska ekvationer 3 genom att titta på delbarhet Vi börjar med följande observationer: För ett heltal a har vi a jämnt a =a 1 för något heltal a 1 a =4a 1 för något heltal a 1 a udda a =a 1 +1för ngt heltal a 1 a =4a 1 +4a 1 +1för ngt heltal a 1 a =4a +1för ngt heltal a Konsekvens av ovanstående: Inget tal, som vid division med 4 ger rest eller 3, kan vara en jämn kvadrat! Kvadrattal ger rest 0 eller 1 vid division med 4. Nu till vår ekvation a + b = c Förvartochettavtalena, b, c, har vi två alternativ: jämnt eller udda. Om a och b vore båda jämna, så måste även c = a + b vara jämnt och därmed måste även c vara jämnt men då har alla de tre talen a, b, c faktorn och det var vi inte intresserade av vi sökte tripplar utan gemensam faktor. Om a och b vore båda udda, så finns enligt ovan heltal a och b så att c = a + b = = 4a +1+4b +1= = 4(a + b )+ men detta är omöjligt, åter enl. ovan en kvadrat kan inte ha rest vid division med 4. Så enda möjligheten är att ett av talen a och b är jämnt och det andra udda. Då måste även c vara udda. 3 Diofantisk kallas en polynomekvation där alla koefficienter är heltal och man söker endast heltalslösningar. Låt oss säga att b är jämnt, a och c är udda. Konjugatidentiteten ger oss a + b = c b = c a b = (c + a)(c a) Då a och c båda är udda, är c + a och c a båda jämna, men c + a och c a är relativt prima (d.v.s. saknar gemensam faktor > 1) för om primtalet p delar såväl c+a som c a, så måste det dela även c + a + c a = c och c + a c a = a och delar det såväl c som a, så måste det dela även b (p.g.a. b = c a ) och sådana tripplar var vi inte intresserade utav. Alltså b = 4 c + a där c + a c a och c a är relativt prima M.h.a. aritmetikens fundamentalsats att primtalsfaktoriseringen av ett heltal är entydig (ej trivialt, men något man gärna tror på) kan man ur detta avläsa att c+a måste vara kvadrattal var för sig (för motivering se nästa spalt) : c + a = u för något heltal u c a = v för något heltal v (varvid u och v är relativt prima) Därmed b =4u v och b = uv a = c + a c a = u v c = c + a + c a = u + v Alla primitiva pytagoreiska taltripplar kan alltså fås så här med lämpliga val av u och v. 5. Visa att a, b, c har ingen gemensam faktor u och v har ingen gemensam faktor och är av olika paritet (d.v.s. det ena udda, det andra jämnt)
Hur aritmetikens fundamentalsats kommer in Resonemanget med aritmetikens fundamentalsats i fallet då b =60(som exempel) : Iochmedatt60 har primtalsfaktoriseringen 60 = 3 5 så är primtalsfaktoriseringen av 60 60 = 4 3 5 och det finns ingen annan : En produkt som t.ex. 3 5 13 kan inte vara =60, kan vi säga direkt, utan räkning, för den innehåller ett annat primtal, och potenserna stämmer inte heller. Om vi nu skall ha 4 3 5 = c + a c a så måste primtalsfaktoriseringarna av c+a sammanlagt innehålla exakt st. :or, st. 3:or och st. 5:or. Om inget primtal skall dela båda, så måste båda :orna komma antingen från c+a eller från c a. Likadant för 3:orna och för 5:orna. Alltså, de enda alternativen är (skrivsättet nedan skall tolkas som så att det som står till vänster om är c+a, det som står till höger är c a ): c + a c a = 3 5 1 eller = 3 5 =6 5 eller = 5 3 eller = 3 5 eller = 3 5 eller = 3 5 eller = 5 3 eller = 1 3 5 I och med att alla primtal i faktoriseringen av b förekommer i en jämn potens, och de splittras inte mellan c+a, så kommer varje primtal i faktoriseringarna av c+a att förekomma i en jämn potens, vilket innebär att dessa är jämna kvadrater. Se också hur det blir i följande fall: 119 + 10 = 169 10 = (169 + 119) (169 119) = 4 88 50 3 3 5 = 4 3 5 Ett givet primtal hamnar antingen hos den andra eller den tredje faktorn i högerledet, men inte i båda. 6. När Arnold började som matematiklärare gillade han s.k. A-uppgifter, som krävde endast svar. Vid ett prov hade han följande som A-uppgift: Hur stor area har den rätvinkliga triangel vars hypotenusa är 10 cm och ena katet är 6 cm? Efter provet råkade Arnold höra en av eleverna (som fått det godkända svaret 4 Arnold hade bestämt sig för att inte kräva enheter) förklara för en kamrat hur han löst uppgiften. Först, sa eleven glatt, utnyttjar man Pythagoras sats för att få den andra kateten. (Arnold kände sig stolt.) Och den blir ju 8, fortsatte eleven. Sedan är det bara att lägga ihop det man har, 8+6+10, så får man 4. Alltsedan dess har Arnold ogillat A-uppgifter och har undrat: Finns det fler rätvinkliga trianglar med heltalssidor för vilka mätetalen för arean och omkretsen är lika? Förlös Arnold utred hans fråga! (Försök göra det utan att tillgripa den allmänna formeln för pythagoreiska taltripplar den är ju inte alldeles lätt att härleda.) 7. Visa att i en rätvinklig triangel, där den ena kateten är fyra gånger så stor som den andra, är hypotenusan inkommensurabel med kateterna, d.v.s. det finns ingen sträcka, "mätsträcka", sådan att såväl hypotenusa som kateter är (exakt) multiplar av mätsträckan. 3
Att lösa diofantiska ekvationer genom att studera kurvor När man läser om Wiles bevis av Fermats stora sats, stöter man på begreppet elliptiska kurvor. Hur skulle kurvor kunna vara till hjälp, när man söker efter heltalslösningar enbart? Följande alternativa härledning av formeln för pythagoreiska tripplar kan ge en antydan. Vi skriver om Pythagoras sats till ³ µ a b + =1 c c Härav ses att vårt problem kan formuleras: 11. Med föregående två frågor i bagaget, kandunuangeenformelsom genererar alla pythagoreiska taltripplar. Kontrollera att den är identisk med den som härleddes ovan med delbarhetsresonemang. 1. Kontrollera att ovan angivna formel a = k, b = 1 k 1, c = 1 k +1, k udda > 1 fås som ett specialfall av den generella formeln. Sök alla punkter på enhetscirkeln, vars båda koordinater är positiva rationella tal. Kalla första kvadrantens del av enhetscirkeln för E. Givet en punkt P :(x, y) på E, dra räta linjesträckan från P till punkten ( 1, 0). Denna skär positiva y-axeln mellan 0 och 1 kalla den sträckan Y i någon punkt Q :(0,t). På detta sätt får vi en avbildning (funktion) från E till Y en slags projektion, som parar ihop punkterna på E med punkterna på Y : till varje punkt på E svarar en entydigt bestämd punkt på Y,ochomvänt: till varje punkt på Y svarar en punkt på E. (En bijektion mellan E och Y.) Talteori och geometri andra beröringspunkter 13. Rektangeldiagonalen. Låt a och b vara positiva heltal och betrakta ett rektangulärt rutnät med a b kvadratiska rutor. Dra diagonalen. Hur många rutor passerar den igenom? 1 0.8 0.6 0.4 0. a =,b=3: Diagonalen genom 4 rutor -1-0.5 0.5 1 8. Uttryck t som funktion av x och y. 9. Uttryck x och y som funktioner av t. (Eliminera x och lös ut y först. Det går i omvänd ordning också, men leder till något krångligare räkningar.) 10. Förklara varför de sökta punkterna på E med rationella koordinater svarar mot punkter på Y med rationellt t, d.v.s. t av typen t = v/u, där u och v är heltal. a = 5,b = 7:Diagonalen genom 11 rutor 4
Vad Fermat gjorde Fermat bevisade att ekvationen a 4 + b 4 = c inte har några positiva heltalslösningar, vilket genast medför att inte heller a 4 + b 4 = c 4 har några sådana, ty c 4 = c. Fermats bevisidé (på engelska: the method of infinite descent) innebär att man bevisar att, om det funnes en lösning (a, b, c), a,b,c heltal > 0, så finns också en lösning (a 1,b 1,c 1 ), där a 1,b 1,c 1 är positiva heltal och c 1 <c. Detta betyder att om vi hade en lösning, så skulle vi kunna få en oändlig kedja av allt mindre, men positiva heltalslösningar. Detta är en omöjlighet förr eller senare måste vi komma ner till 1 och mellan 0 och 1 finns inga heltal. Slutsatsen blir: det finns ingen lösning. Detaljerna: Det är ingen inskränkning att endast betrakta lösningstripplar utan gemensam faktor: Om ett primtal p delar såväl a som b, så delar p 4 såväl a 4 som b 4 ochdärmedävenc, vilket innebär att p delar c och vi har den strängt mindre lösningstrippeln µ a p, b p, c p Iochmedatt a 4 + b 4 = c a + b m = c är formeln för pythagoreiska tripplar tillämpbar. Har vi en lösning (a, b, c), där talen inte har någon gemensam faktor > 1, så måste det finnas heltal p och q, sådana att a = p q b = pq c = p + q, p och q av olika paritet och utan gemensam faktor Av likheten a + q = p följer nu att p är udda, q är jämnt och a = r s q = rs p = r + s, r och s heltal av olika paritet och utan gemensam faktor Av likheten b =pq, det att p och q inte har någon gemensam faktor, samt att p är udda och q jämnt, följer att Av p = u, u udda q = v q = rs v = rs och det att r och s inte har någon gemensam faktor, följer att och därmed r = w s = z p = r + s u = w 4 + z 4 I och med att alla heltal här är > 0 och u = p p <p + q = c<c så är (w, z, u) en mindre lösning än (a, b, c) till samma ekvation. 5
Fermats method of infinite descent 14. Hitta alla heltalslösningar till x 3 +y 3 =4z 3 15. Visa att x + y + z =xyz inte har några andra heltalslösningar än den triviala x = y = z =0. 16. Visa att x y + x z + y z = z 4 inte har några heltalslösningar, andra än de triviala då något av talen är =0. Fermats stora sats igen 18. Visa att, om a p + b p = c p skulle vara det minsta motexemplet mot Fermats förmodan, så skulle, för något heltal m, ½ m a + b = p, om p - c p p 1 m p, om p c (Vi har utrett fallet n =4, så p måste vara ett primtal 3.) 17. Letar man med dator efter positiva heltal a och b sådana att a + b 1+ab också är ett heltal får man följande träffar a b a +b 1+ab 8 4 7 3 9 30 8 4 64 4 16 11 30 4 15 5 5 16 6 36 40 7 9 343 7 49 418 11 4 51 8 64 79 9 81 1000 10 100 100 64 16 1331 11 11 1560 418 4 178 1 144 Noterbart är att alla kvoterna är kvadrattal. Visa att det måste vara så! Antag att (a, b) är ett par av positiva heltal med a + b = heltal, som inte är ett kvadrattal 1+ab och utnyttja det till att konstruera ett par (a 1,b 1 ) med samma egenskap, men med max (a 1,b 1 ) < max (a, b). Problem?? (utan ledningen som ges här!) kom på förslag till IMO, d.v.s. Internationella matematikolympiaden (för gymnasister), 1988 i Canberra. Arthur Engel, ledare för det västtyska laget, berättar i sin bok Problem-Solving Strategies : The problem was submitted by West Germany. Nobody of the six members of the Australian problem committee (som skall testa de föreslagna problemen) could solve it. Two of the members were G.Szekeres and his wife, both famous problem solvers and problem creators. Since it was a number theoretic problem, it was sent to the four most renowned Australian number theorists. They were asked to work on it for six hours. (Tävlingsdeltagarna har att lösa 3 problem på 4 1 timmar, två dagar i rad.) None of them could solve it in this time. The problem committee submitted it to the jury with a double asterisk, which meant a superhard problem, possibly too hard to pose. After a long discussion, the jury finally had the courage to choose it as the last problem of the competition. Eleven students gave perfect solutions. 6