tripels van Pythagoras Jaap Top
BI-RuG & DIAMANT
9 en 10 en 11 april 2019
Over natuurlijke getallen en Pythagoras:
a c b
a2 + b2 = c2
Oplossingen in natuurlijke getallen (dus a, b, c uit 1, 2, 3, 4, 5, 6, . . . .) zijn er heel veel:
(3, 4, 5) (6, 8, 10) (5, 12, 13) (99, 20, 101)
(400235, 472668, 619357)
· · ·
(1008996235, 1533526668, 1835695357)
· · ·
· · ·
Voorbeelden in een “patroon”:
(99, 20, 101) (9999, 200, 10001) (999999, 2000, 1000001) (99999999, 20000, 100000001) (9999999999, 200000, 10000000001)
· · ·
· · ·
· · ·
(dus steeds bij de voorste twee 9’s erbij, bij de middelste een extra 0, en bij de achterste twee 0-en erbij)
Opgave: bedenk waarom inderdaad in elke rij van dit patroon geldt dat a2 + b2 = c2
Zulke drietallen (a, b, c) van positieve gehele getallen met a2 + b2 = c2 noemen we tripels van Pythagoras
Pythagoras was een Griekse filosoof die tussen ongeveer 570 v.Chr.
en 495 v.Chr. leefde
buste van Pythagoras in het Vaticaan museum
‘tripels van Pythagoras’ werden al bekeken meer dan 1000 jaar voordat Pythagoras leefde:
zo is er een kleitablet, afkomstig uit de zuid-oost punt van het huidige Irak, waarop 15 zulke tripels in spijkerschrift staan
de kleitablet (Plimpton 322, genoemd naar de Amerikaanse uit- gever/filantroop George Arthur Plimpton die de tablet in 1936 schonk aan Columbia University waar deze nog steeds is) dateert uit de periode 1900 v.Chr. tot 1600 v.Chr.
vijftien rijtjes (c2/a2, b, c)
bovenste: b = 119, c = 169 dus a = 120
vierde rij: b = 12709, c = 18541 dus a = 13500
de elfde rij: b = 45, c = 75 en dus a = 60. In dit geval alles delen door 15 geeft een kleinere en bekende: (a0, b0, c0) = (4, 3, 5)
Hoe ”maken” we alle tripels van Pythagoras?
Definitie: Een tripel van Pythagoras (a, b, c) heet primitief als a en b geen deler d > 1 gemeenschappelijk hebben
Dus (3, 4, 5) is primitief, maar (6, 8, 10) is het niet, en (60, 25, 65) ook niet
Geldt voor een tripel van Pythagoras (a, b, c) dat a = d · a0 en b = d · b0 met d > 1,
dan is c2 = a2 + b2 = d2(a02 + b02), dus c2 is deelbaar door d2.
Daaruit volgt dat c deelbaar is door d, oftewel c = d · c0 voor een natuurlijk getal c0
Bijgevolg is dan a02 + b02 = c02, dus door vermenigvuldigen met d krijgen we (a, b, c) uit het kleinere tripel (a0, b0, c0)
Voorbeeld: (6, 8, 10) en (15, 20, 25) krijgen we uit (3, 4, 5)
Nu nog alle primitieve tripels van Pythagoras maken (de overigen krijgen we door alles te vermenigvuldigen met d = 2, 3, 4, 5, . . .) Stelling: Is (a, b, c) een primitief tripel van Pythagoras, dan is
´e´en van de getallen a, b even en de andere oneven
Stelling: Is (a, b, c) een primitief tripel van Pythagoras, dan is
´e´en van de getallen a, b even en de andere oneven
Bewijs: Is (a, b, c) zo’n primitief tripel, dan zijn a, b niet allebei even (want anders hadden ze 2 als gemeenschappelijke deler) Ze kunnen ook niet beide oneven zijn, want als a = 2k + 1 en b = 2` + 1 voor gehele getallen k, `,
dan c2 = a2 + b2 = 4k2 + 4k + 4`2 + 4` + 2.
Hier zie je dat c2 even is, en dus is c dat ook.
Maar ook zie je dat c2 niet deelbaar is door 4, terwijl het kwadraat van een even getal natuurlijk wel door 4 deelbaar is!
Conclusie: a, b beide oneven is onmogelijk
Dus is een van beide even en de andere oneven
Afspraak: in een primitief tripel van Pythagoras eisen we vanaf nu (door zonodig a en b te verwisselen) dat a oneven is, en b even.
Dus goede primitieve tripels [kleitablet]:
(119, 120, 169) (3367, 3456, 4825) (4601, 4800, 6649)
en geen goede:
(4,3,5) (b niet even);
(6,8,10) (niet primitief );
(1,2,3) (a2 + b2 6= c2).
Nu alle ‘goede’ primitieve tripels maken:
is (a, b, c) er eentje, dan voldoet x = a/c, y = b/c aan x2 + y2 = 1 met andere woorden: (a
c, bc) is een punt op de eenheidscirkel (x2 + y2 = 1), met beide co¨ordinaten breuken,
en beide co¨ordinaten positief
Gegeven Q = (r, s) op de eenheidscirkel met r, s > 0 en r, s breuken,
neem de lijn ` door Q en P = (0, −1)
P = (0, −1)
Q = (r, s)
`
Dan `: y = hx − 1, met helling h = s+1r een breuk, en 1 < h < ∞
P = (0, −1)
Q = (r, s)
`
Omgekeerd: neem als helling een breuk h met 1 < h < ∞ en daarbij de lijn `: y = hx − 1 door P = (0, −1)
We kijken waar (behalve in P ) deze lijn de eenheidscirkel snijdt:
een snijpunt (x, y) voldoet aan
( y = hx − 1 x2 + y2 = 1
Vul y = hx − 1 in in de vergelijking x2 + y2 = 1, dat geeft x2 + (hx − 1)2 = 1,
dus (1 + h2)x2 − 2hx = 0
Een oplossing is x = 0, en daarbij hoort y = hx − 1 = −1: zo vinden we het snijpunt P = (0, −1) weer
De andere oplossing voldoet aan (1+h2)x−2h = 0, dus x = 2h
1+h2
Daarbij hoort y = hx − 1 = h · 2h
1+h2 − 1 = 2h2
1+h2 − 1+h2
1+h2 = h2−1
1+h2
Snijpunt dus Q = (r, s) =
2h
1+h2, h2−1
1+h2
Conclusie: de punten Q = (r, s) op de eenheidscirkel
met r, s > 0 breuken krijg je, door een breuk h > 1 te nemen en dan Q = (r, s) =
2h
1+h2, h2−1
1+h2
P = (0, −1)
Q = ( 2h
1+h2, h2−1
1+h2) y = hx − 1
We gaan nu van zo’n breuk h > 1 via het punt Q op de cirkel naar een primitief tripel van Pythagoras
Schrijf h = t/n (teller gedeeld door noemer) met t, n geheel en positief. De eis h > 1 betekent dat t > n
We mogen en zullen aannemen, dat deze breuk niet verder te vereenvoudigen is. Dus: er is geen gehele d > 1 die zowel t als n deelt.
Substitueer h = t/n in r = 2h
1+h2 en in s = h2−1
1+h2:
dat levert
r = 2t/n
1 + (t/n)2 = 2tn n2 + t2, en
s = (t/n)2 − 1
1 + (t/n)2 = t2 − n2 n2 + t2.
De eigenschap r2 + s2 = 1 vertaalt zich, door vermenigvuldigen met (n2 + t2)2, in
(2tn)2 + (t2 − n2)2 = (t2 + n2)2
Dus (2tn, t2 − n2, t2 + n2) is een tripel van Pythagoras!
Voor welke t, n is hier een ‘goed’ primitief tripel (a, b, c) van te maken?
We hebben (2tn, t2 − n2, t2 + n2) met t > n > 0 gehele getallen en t/n niet verder te vereenvoudigen
Dan zijn t en n niet beide even (want anders was t/n w´el verder te vereenvoudigen)
Zou van t, n er ´e´en even en ´e´en oneven zijn, dan is t2−n2 oneven.
Dus in dat geval krijgen we zeker geen ‘goed’ primitief tripel Wat overblijft, is het geval dat t, n beide oneven zijn. In dit geval is t2 − n2 even, dus elk van a, b, c is dat. Nieuw tripel:
(tn, (t2 − n2)/2, (t2 + n2)/2) Claim: deze is primitief en ‘goed’
Stelling: Zijn t > n > 0 geheel en t, n niet beide oneven en niet beide deelbaar door een d > 1, dan is
(tn, (t2 − n2)/2, (t2 + n2)/2)
een primitief ‘goed’ tripel, en alle primitieve goede tripels krijg je zo
Bewijs: per constructie is het een tripel van Pythagoras. Omdat a = tn oneven is, moet dan wel b = (t2 − n2)/2 even zijn.
Zou het tripel niet primitief zijn, dan was er een priemgetal p dat zowel a = tn als b = (t2 − n2)/2 deelt. Maar als p het product tn deelt, dan deelt p ofwel t, ofwel n, maar niet beide. En dus kan p ook niet t2 − n2 delen, dus evenmin b.
Einde bewijs.
We kunnen nu alle tripels van Pythagoras maken, en nu gaan we dat een beetje meer systematisch doen
Namelijk, door op een ‘geordende’ manier alle breuken h = t/n met t, n oneven en positief en h > 1, oftewel t > n te construeren Op een heel andere manier dan we hier zullen doen, werd dit voor het eerst gevonden in 1934 door de Zweed B. Berggren en daarna opnieuw in 1963 door de Nederlander F.J.M. Barning Notatie: We schrijven Qon>1 voor de breuken t/n > 1 met zowel teller als noemer oneven
Hier zijn drie functies, waarvan we laten zien dat ze Qon>1 weer binnen Qon>1 afbeelden:
f3+: x 7→ x + 2,
f23: x 7→ 2 + 1 x,
f12: x 7→ 2 − 1 x.
Bijbehorende grafieken:
f en f en f
Als x > 1, dan f3+(x) = x + 2 > 3. Vandaar de naam.
En zijn t, n oneven, dan f3+( t
n) = t
n + 2 = t+2n
n ,
dus beeldt f3+ de getallen in Qon>1 weer op getallen in Qon>1 af Als x > 1, dan geldt 0 < 1x < 1, en daarom ligt f23(x) = 2 + 1x tussen 2 en 3, en f12(x) = 2 − 1x tussen 1 en 2
Verder is voor t, n oneven f23( t
n) = 2 + n
t = 2t+n
t en f12( t
n) = 2 − nt = 2t−n
t
Zo zie je dat ook deze functies Qon>1 weer binnen Qon>1 afbeelden
Voor het beeld van de drie functies zien we dus:
• Elke t/n in Qon>1 met t/n > 3 zit in het beeld van f3+ (het is namelijk het beeld van t−2n
n ), maar zo’n t/n zit niet in het beeld van de andere twee functies
• Elke t/n in Qon>1 met 2 < t/n < 3 zit in het beeld van f23 (het is namelijk het beeld van n
t−2n), maar zo’n t/n zit niet in het beeld van de andere twee functies
• Elke t/n in Qon>1 met 1 < t/n < 2 zit in het beeld van f12 (het is namelijk het beeld van n
2n−t), maar zo’n t/n zit niet in het beeld van de andere twee functies
• Er blijft nog precies ´e´en getal in Qon>1 over, namelijk 3 = 31.
Die is niet het beeld van een getal uit Qon>1 onder een van de drie
Observatie: voor elke t, n oneven en geheel met t > n > 0 (dus t/n in Qon>1) geldt, dat in f3+(t/n) en in f23(t/n) en in f12(t/n) ofwel de teller, ofwel de noemer ook voorkomt in t/n. En de ander van teller/noemer is strict groter dan de andere in t/n In formules:
• f3+( t
n) = t+2n
n , en t + 2n > t;
• f23(t
n) = 2t+n
t , en 2t + n > n;
• f12(t
n) = 2t−n
t , en 2t − n > n.
Combineer dit met wat we over het beeld van de drie functies weten:
Stelling: Elke t/n 6= 3 in Qon>1 is het beeld van een k/` uit Qon>1 onder precies ´e´en van de drie functies f3+, f23, f12. Hier komt k of ` ook voor als teller of noemer in t/n, en de ander van het paar (k, `) is strict kleiner dan de ander van het paar (t, n)
Zo kan je van een t/n in Qon>1 de teller en noemer steeds kleiner maken ... tot je uitkomt bij 3
voorbeeld:
111 49
f23
←− 49 13
f3+
←− 23 13
f12
←− 13 3
f3+
←− 7 3
f23
←− 3
9 7
19 7
17 5
21 13
31 13
23 5
19 11
25 11
17 3
15 11
29 11
25 7
27 17
41 17
31 7
23 13
29 13
19 3
13 9
23 9
19 5
17 11
27 11
21 5
13 7
15 7 9
7 5
13 5
11 3
11 7
17 7
13 3
9 5
11
5 7
5 3
7
3 5
3
Van Qon>1 naar ‘goede’ primitieve tripels:
t/n ←→ (a, b, c) = tn, t2 − n2
2 , t2 + n2 2
!
, met dus tn = a, t2 = b + c, en n2 = c − b. Dan
• f3+(t
n) = t+2n
n levert
tn + 2n2, (t+2n)2 2−n2, (t+2n)22+n2
, en dat is (a − 2b + 2c, 2a − b + 2c, 2a − 2b + 3c),
• f23(t
n) = n+2t
t levert
nt + 2t2, (n+2t)2 2−t2, (n+2t)2 2+t2
, en dat is (a + 2b + 2c, 2a + b + 2c, 2a + 2b + 3c),
• f12(t
n) = 2t−n
t levert
2t2 − nt, (2t−n)2 2−t2, (2t−n)22+t2
, en dat is (−a + 2b + 2c, −2a + b + 2c, −2a + 2b + 3c).
(a, b, c)
(a − 2b + 2c, 2a − b + 2c, 2a − 2b + 3c)
(a + 2b + 2c, 2a + b + 2c, 2a + 2b + 3c)
(−a + 2b + 2c, −2a + b + 2c, −2a + 2b + 3c) f12
f3+
f23
Het ‘basiselement’ in Qon>1 is 3 = 3/1, en daarbij hoort het tripel (3, 4, 5)
Hieruit zijn ze dan allemaal te maken, hier een begin:
(7, 24, 25) (55, 48, 73) (45, 28, 53) (39, 80, 89)
(119, 120, 169) · · · (77, 36, 85)
(33, 56, 65) (65, 72, 97) (35, 12, 37) (3, 4, 5) (21, 20, 29)
(5, 12, 13)
(15, 8, 17)
