שלשות פיתגוריות

כמו פוסטים רבים אחרים, הפוסט הזה נולד משאילתת חיפוש שהובילה מישהו לאתר – במקרה הזה, "פתירת שלשה פיתגורית". נושא טריוויאלי יחסית, שמשום מה טרם יצא לי לדבר עליו, וחבל. ראשית נפנה לתיאור המושג עצמו, ולשם כך יש להזכיר את משפט פיתגורס. המשפט הוא כנראה המשפט המפורסם ביותר בגאומטריה, ואולי במתמטיקה בכלל (אני סבור שיותר אנשים שמעו עליו מאשר על המשפט האחרון של פרמה, למשל), וזה קצת מוזר כי במבט ראשון לא ברור מה טוב בו. בויקיפדיה העברית נכתב לא מזמן ערך מקיף על המשפט ולא אנסה להתחרות בו אלא אתאר אותו בפשטות: בהינתן משולש ישר זווית  – כלומר, משולש שניתן לצייר אותו כמורכב מצלע אופקית, צלע אנכית שמחוברת אליה (שתי אלו מכונות "הניצבים" שכן הן ניצבות זו לזו), וצלע שלישית המחוברת לשתיהן ונקראת "היתר", אז סכום הריבועים של אורכי הניצבים שווה לריבוע היתר. במשוואה, $latex a^2+b^2=c^2$.

זו דווקא המשוואה, ולא התוצאה הגאומטרית, שמעניינת אותנו, אבל אנסה להביא את המוטיבציה בכל זאת מהגאומטריה. נניח שאנחנו פיתגורס והאסכולה המופרעת שלו, שחושבת שכל היקום ניתן לתיאור באמצעות יחסים בין מספרים טבעיים. פתאום בא איזה זב חוטם מקרבנו ומוכיח ששורש 2 איננו רציונלי (נניח, בשיטות של הפוסט הקודם), כלומר סותר את אמונתנו על היחסים בין מספרים הטבעיים. מייד אנחנו מזדעזעים, שכן שורש 2 צץ בעולם המתמטי בצורה טבעית, "בזכות" משפט פיתגורס: קחו משולש ישר זווית שאורך שני ניצביו הוא 1, ותקבלו שאורך היתר הוא שורש 2 (ודי קל לראות שזה בעצם גם אורך האלכסון בריבוע שאורך צלעו 1). אם כן, יש שתי דרכי פעולה אפשריות מכאן: אפשר להיות אדם בוגר ולהכיר בכך שמספרים אי רציונליים הם חלק מהחיים, ואפשר להטביע את מי שגילה ששורש 2 אי רציונלי, ולהתעלם מכל המשולשים שבהם היתר הוא אי רציונלי. הפיתגוראים בחרו, על פי האגדה, בדרך הפעולה השנייה בכל הנוגע להטבעות; ובכל הנוגע למשולשים, אולי הם לא התעלמו ממשולשים "לא נחמדים" עם יתר שאינו רציונלי, אבל הם בהחלט התעניינו בשאלה אילו משולשים הם כן נחמדים – כלומר, משולשים שכל שלוש הצלעות שלהם הם מספרים רציונליים. כלומר, שלשות של מספרים רציונליים $latex (a,b,c)$ שמקיימות את המשוואה $latex a^2+b^2=c^2$. שלשות כאלו נקראות "שלשות פיתגוריות" – נחשו על שם מי.

כאן כדאי לשים לב לאבחנה המרכזית והמהותית על שלשות שכאלו: אם $latex (a,b,c)$ הם שלשה שכזו, כך גם $latex (ta,tb,tc)$, כלומר אותה שלשה כשכפלנו את שלושת איבריה באותו מספר. כך למשל 3,4,5 היא שלשה פיתגורית (כנראה הכי מוכרת), אבל גם 6,8,10, שהושגה מהכפלת שלושת המספרים הללו ב-2, גם היא שלשה פיתגורית. ההוכחה פשוטה למדי – נסו להוכיח בעצמכם. מבחינה גאומטרית, 3,4,5 ו-6,8,10 מגדירים את אותו המשולש, מבחינת הזוויות שלו; ההבדל היחיד הוא ב"גודל" שלו – כמה מקום הוא יתפוס על הנייר שעליו נשרטט אותו. זה הבדל יחסית זניח; אם נצייר את משולש ה-6,8,10 על דף ואז נרחיק אותו מספיק מאיתנו, הוא ייראה לנו בדיוק כמו משולש ה-3,4,5. פורמלית, למי שזוכר משהו משיעורי הגאומטריה בתיכון, אומרים שכל המשולשים הללו הם דומים. בשל התכונה הזו לא ממש מדברים על שלשות של מספרים שהם שבר (למרות שלפעמים כן – למשל, כשעוסקים במה שמכונה "מספרים קונגרואנטיים" – מספרים שהם שטח של משולשים ישרי זווית עם צלעות רציונליות, לפעמים יש הכרח שהצלעות יהיו שבר ולא שלם), פשוט כי אם יש לנו שלשה של מספרים שהם שבר, אפשר לכפול את שלושתם במכנה המשותף שלהם ולקבל שלשה של מספרים שלמים.

אז לא מדברים בכלל על שלשות שהן לא במספרים שלמים, אבל גם בשלשות של שלמים, הרוב "לא מעניינות" כי הן מגדירות את אותו המשולש. במלים אחרות, לא צריך לשבור את הראש על 6,8,10 ועל 15,20,25, כי את שתיהן אפשר לקבל מ-3,4,5. השלשה הזו היא "קנונית" במובן מסויים, ואפשר לתת לזה משמעות פורמלית: מבין כל השלשות שמגדירות את אותו משולש והן במספרים שלמים, זו השלשה היחידה שאין לאיבריה מחלק משותף. כך למשל ב-15,20,25, כל שלושת המספרים מתחלקים ב-5 – ואכן, באופן לא מפתיע, השלשה התקבלה מ-3,4,5 על ידי כפל ב-5. במילים אחרות: אם ניקח שלשה פיתגורית כלשהי, נמצא את המספר הטבעי הגדול ביותר שמחלק את שלושת אבריה, ונחלק בו את שלושתם – או אז נקבל שלשה מעניינת, "קנונית", שאפשר לקבל את כל שאר השלשות שמגדירות את אותו משולש באמצעותה על ידי כפל במספר טבעי. מסתבר שיש אינסוף כאלו, ו-3,4,5 זה רק קצה הקרחון.

לשלשות "קנוניות" שכאלו, שבהן אין מחלק משותף גדול מ-1 לשלושת האיברים, קוראים שלשות פיתגוריות פרימיטיביות. לכן החיפוש אחר נוסחה שתייצר את כל השלשות הפיתגוריות יכול להצטצמם לחיפוש אחר נוסחה שתייצר את כל השלשות הפיתגוריות הפרימיטיביות. למרבה השמחה, נוסחה כזו ידועה והיא פשוטה עד מאוד (למעשה, יש כמה נוסחאות שונות אבל אציג את המוכרת ביותר). סיפור ידוע שכבר הזכרתי כאן בעבר הוא על טרחן מתמטי כפייתי שהקדיש את חייו לחיפוש אחר נוסחה שכזו, ולבסוף פרסם ספר עב כרס שמתאר את שיטתו המסובכת. זה מצער, שכן הנוסחה הפשוטה הייתה ידועה כבר מימי אוקלידס (אם לא לפני כן) וסקר ספרות מתמטי בסיסי היה מעלה אותה. אציג את הנוסחה כעת, ואחר כך אנסה להסביר איך בכלל אפשר להגיע אליה מלכתחילה.

ובכן: אם $latex s,t$ הם מספרים טבעיים, אז קל לבדוק שהשלשה שמוגדרת באמצעות $latex a=s^2-t^2, b=2st, c=s^2+t^2$ היא אכן שלשה פיתגורית; אם מגבילים את הערכים השונים של $latex s,t$ על ידי הדרישה ש-$latex s,t$ יהיו זרים (ללא מחלק משותף גדול מ-1) ושאחד מהם יהיה זוגי, אז הנוסחה שלעיל תניב שלשה פרימיטיבית, וכל שלשה פרימיטיבית מתקבלת על ידי $latex s,t$ שכאלו. מכאן שאפשר לקבל כל שלשה פיתגורית אפשרית על ידי הנוסחה הבאה (שאמנם, תניב חלק מהשלשות במספר דרכים שונות): $latex a=k(s^2-t^2),b=2kst, c=k(s^2+t^2)$.

אז איך לעזאזל מגיעים לנוסחה שכזו? אין לי מושג איך הגיעו אליה במקור (וראיתי כמה דרכים ; אחת התבססה על משפט לא טריוויאלי באלגברה מתקדמת שנקרא "משפט הילברט 90" והאחרת התבססה על חוג השלמים הגאוסיים $latex \mathbb{Z}[i]$), אבל אציג דרך שנראית לי עוד איכשהו פשוטה, במובן זה שלא נדרש ידע מוקדם. נתחיל מהאבחנה לפיה בשלשה $latex a^2+b^2=c^2$ ושלושת איבריה זרים, אחד משני המספרים $latex a,b$ חייב להיות זוגי והשני אי זוגי. אם שניהם היו זוגיים, אז הם לא היו זרים (שניהם היו מתחלקים ב-2); ואם שניהם היו אי זוגיים, אז… נסו לנחש מה (זה לא מיידי). אסביר בהמשך. מכאן ואילך נניח ש-$latex a$ הוא האי זוגי מבין השניים ואילו $latex b$ הוא הזוגי.

כעת נבהה זמן מה במשוואה $latex a^2+b^2=c^2$ בלי מושג מה לעשות. מכיוון שאין לנו משהו טוב יותר לעשותו, נעביר אגף (זה הרי מה שלמדנו כל היום לעשות בבית הספר – להעביר אגפים) ונקבל $latex b^2=c^2-a^2$. שוב, ההשכלה הבית ספרית אולי מזכירה כאן נשכחות למישהו – ביטוי מהצורה שבאגף ימין אפשר לפרק למכפלה, אז זה מה שנעשה: $latex b^2=(c-a)(c+a)$. אולי באופן די מפתיע, זה מביא אותנו מאוד קרוב לנוסחה המבוקשת. הנוסחה הזו שקיבלנו היא יותר פשוטה ממה שהתחלנו איתו שכן כעת יש לנו באגף אחד ריבוע (שזה דבר פשוט למדי) ובאגף השני מכפלה, שממנה קל להוציא שורש (כי שורש של מכפלה הוא מכפלת השורשים – תכונה שלא מתקיימת עבור סכום).
הצעד הבא בפישוט המשוואה הוא כנראה להוציא שורש מ-$latex b$, ולכן גם להוציא שורש ל-$latex c-a$ ול-$latex c+a$ (בנפרד לכל אחד משניהם). האם זה לא ייתן לנו מכפלה של שתי תפלצות לא רציונליות באגף ימין? מי שקרא את הפוסט הקודם כנראה זוכר שכדי לא לקבל שם משהו אי רציונלי, צריך שיהיו שם ריבועים. אם כן, האם יש משהו שמבטיח לנו ש-$latex c-a$ וש-$latex c+a$ הם שניהם ריבועים?

כמקודם, מי שקרא את הפוסט הקודם אולי זוכר שקשקשתי משהו על פירוק לגורמים ראשוניים ועשיתי איתו הוקוס פוקוס מסויים. מי שזוכר מה, אולי יצליח לנחש את השורה התחתונה – ומי שלא, לא נורא: בשורה התחתונה, יהיה מובטח לי ששני המספרים הללו הם ריבועים אם הם זרים זה לזה, כלומר ללא מחלק משותף גדול מ-1. במקרה הזה, מובטח לי שהם ריבועים מכיוון שידוע לי שהמכפלה שלהם היא ריבוע. נסו להבין מדוע זה גורר זאת.

הבעיה המהותית היא ש-$latex c-a,c+a$ אינם זרים. הם סכום והפרש של מספרים אי זוגיים (למה $latex c$ הוא אי זוגי?) ולכן 2 הוא מחלק משותף של שניהם. למרבה המזל, לא הכל אבוד: הרי אמרנו ש-$latex b$ הוא זוגי, ולכן ניתן לכתוב אותו בתור $latex b=2d$, ולכן המשוואה שלנו הופכת להיות $latex 4d^2=(c-a)(c+a)$. כעת אפשר לחלק כל אחד משני המספרים הזוגיים הללו ב-2 ולקבל: $latex d^2=\frac{c-a}{2}\cdot\frac{c+a}{2}$.

שני המספרים שבאגף ימין הם מעניינים. הסכום שלהם הוא $latex c$ וההפרש שלהם (כשמחסרים את הקטן מהגדול) הוא $latex a$ – בדקו והיווכחו. בפרט, זה אומר שאם היה מספר שמחלק את שניהם גם יחד, הוא היה מחלק גם את סכומם והפרשם, כלומר היה מחלק את $latex a,c$ גם יחד – בסתירה לכך שהם זרים. מכאן שהמשאלה שלנו התגשמה – שני המספרים שבאגף ימין זרים זה לזה, ומכפלתם היא ריבוע, ולכן כל אחד מהם הוא ריבוע בפני עצמו, ולכן אפשר להוציא להם שורש ולקבל:

$latex d=\sqrt{\frac{c-a}{2}}\cdot\sqrt{\frac{c+a}{2}}$

וזה בעצם הסוף. נסמן $latex s=\sqrt{\frac{c+a}{2}}, t=\sqrt{\frac{c-a}{2}} $ וקיבלנו ש-$latex d=s\cdot t$, כלומר $latex b=2st$, וכמו כן $latex a=s^2-t^2$ ו-$latex c=s^2+t^2$. את זה ש-$latex s,t$ זרים זה לזה כבר ראינו (אחרת הריבועים שלהם לא היו זרים), והם לא בעלי אותה זוגיות, אחרת $latex a$ היה זוגי. אם כן, הגענו לנוסחה המבוקשת.

נשארה לי רק השאלה למחשבה שהשארתי קודם – טענתי שלא ייתכן שגם $latex a$ אי זוגי וגם $latex b$ אי זוגי. למה? טיעון אפשרי אחד הוא זה: עבור מספר אי זוגי, השארית שהריבוע שלו משאיר כאשר מחלקים אותו ב-4 היא תמיד 1 (למה?), ולכן השארית שישאיר $latex a^2+b^2$ (אם שניהם אי זוגיים) היא 2. אבל לא קשה לבדוק שכל מספר, אם מעלים אותו בריבוע, לא נותן שארית 2 כשמחלקים אותו ב-4 (אומרים על זה ש"2 איננו שארית ריבועית מודולו 4"), ולכן לא ייתכן ש-$latex a^2+b^2=c^2$. התעלול הזה, של לבחון משוואה בשלמים מודולו מספר כלשהו, הוא תעלול נפוץ ושימושי מאוד.

לסיום, אני רוצה לתאר דרך מקסימה נוספת לייצור שלשות פיתגוריות שנתקלתי בה בפורום המתמטיקה של תפוז ויוחסה לבתו בת ה-8 של אחד הכותבים (אני מניח שהדרך התגלתה כבר בעבר, אך זה עדיין מרשים למדי שהילדה גילתה אותה). הרעיון הוא זה: הביטו בלוח הכפל וחפשו בו מספר שמופיע פעמיים. כעת הביטו ב"מלבן" ששני המופעים של המספר הם קודקודים מנוגדים שלו. בנו שלשה פיתגורית באופן הבא: $latex a$ יהיה ההפרש של שני הקודקודים האחרים של המלבן, $latex b$ יהיה סכום שני הקודקודים המקוריים, ו-$latex c$ יהיה סכום שני הקודקודים האחרים. הנה דוגמה. הביטו בלוח הכפל הבא:

  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
3 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30
4 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40
5 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50
6 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60
7 7 14 21 28 35 42 49 56 63 70
8 8 16 24 32 40 48 56 64 72 80
9 9 18 27 36 45 54 63 72 81 90
10 10 20 30 40 50 60 70 80 90 10

המספר 2 מופיע פעמיים, במלבן שקודקודיו האחרים הם 1 ו-4: זה נותן לנו את השלשה 3,4,5 (ה-3 הוא 4-1; ה-4 הוא 2+2; וה-5 הוא 1+4). באופן דומה, חפשו מופע של 18 שמתקבל מכפל של 3 ב-6, ומופע אחר של 18 שמתקבל מכפל של 9 ב-2; שתי הפינות האחרות של המלבן הן 12 ו-27, וקיבלנו את השלשה 15,36,39, ששקולה לשלשה הפרימיטיבית 5,12,13. נראה כמו קסם, אך ניתן להוכיח (זה לא טריוויאלי אך גם לא קשה במיוחד) שזה עובד תמיד, ונותן את כל השלשות הפיתגוריות; למעשה, יש קשר הדוק בין השיטה הזו ובין הנוסחה שהצגתי לעיל.

ושאלת הכללה לסיום: ראינו איך מוצאים את הפתרונות של $latex a^2+b^2=c^2$. מה עם הפתרונות של $latex a^n+b^n=c^n$ עבור $latex n>2$? בידי סיפור נפלא על הבעיה הזו, אך שולי הפוסט הזה צרים מלהכיל אותו.

28 תגובות בנושא “שלשות פיתגוריות”

  1. אה, בדיחות של גיקים. לא סתם גיקים, אלא גיקים של מתמטיקה. איזה יופי.

    תודה על עוד פוסט מהנה. בדר"כ אין לי מה להעיר/לשאול/להוסיף אז גם לא יוצא לי לומר תודה, אז הנה.

    תודה מיוחדת על סידרת הפוסטים (מראשית הבלוג, כמדומני) על בניית מערכות המספרים המרכיבות את הממשיים (טבעיים, שלמים, רציונליים, אי-רציונליים), כך היה לי קלי-קלות בשיעור הפתיחה של סדנת מתמטיקה (ריענון והעמקה ל5 יחידות, לקראת לימודי תואר במדמ"ח) כשהמרצה די הריץ את הנושא הזה.

  2. אנקדוטה: שלוש בשלישית ועוד ארבע בשלישית ועוד חמש בשלישית שווה שש בשלישית. למקווים: אין טעם לנסות להמשיך את האינדוקציה לחזקה רביעית.

  3. כרגיל, פוסט נהדר.

    חשבתי אולי לתאר (בקיצור נמרץ) עוד שיטה להגיע לנוסחא לשלשות פיתגוריות. לשיטה הזאת יש את היתרון שניתן להכליל אותה לפיתרון משוואות דיופנטיות נוספות:

    במקום לחפש פתרונות פרימיטיביים למשוואה a^2+b^2=c^2, נחפש פיתרונות רציונאליים למשוואה x^2+y^2=1 (זה כמובן שקול אם נציב x=a/c ו- y=b/c). אנחנו מכירים פתרונות "לא מעניינים" לבעיה הזאת – למשל הפיתרון (p=(1,0. אנחנו הולכים להשתמש בפיתרון הלא מעניין הזה כדי למצוא את כל הפיתרונות.

    ובכן, יהי (q=(x,y פיתרון רציונאלי כלשהו. הישר העובר דרך p ו-q חותך את ציר ה-x בנקודה כלשהי (r=(a,0. יחסית קל להשתכנע שכיוון ש-p,q רציונאליות גם משוואת הישר דרך p ו-q היא עם מקדמים רציונאליים, ואז גם המספר a יהיה רציונאלי. לכן אפשר לסמן a=s/t לשני מספרים שלמים s,t.

    אבל עכשיו אפשר לעשות את התהליך ההפוך – לכתוב את משוואת הישר דרך p ו-r, ולחשב את החיתוך של הישר הזה עם המעגל x^2+y^2=1. מי שיעשה את כל האלגברה הזאת יקבל ביטוי לנקודה q בעזרת s ו-t, שזהה בדיוק לנוסחא שהופיעה בפוסט.

    (למי שעקב אחרי הכל, הנה שתי שאלות לא פשוטות: למה בעצם היינו צריכים ש-p תהיה פיתרון למשוואה ולא נקודה רציונאלית כלשהי, ולמה השיטה הזאת טובה בעיקר למשוואות ריבועיות ולא למשוואות ממעלות גבוהות יותר. להסביר את זה כבר דורש פוסט מלא – אולי גדי ירים את הכפפה)

  4. There is a simpler (I think) way to reach this formula.
    given a number x, consider the question: can x be the difference between two squares?
    Seeing that the difference between y^2 and (y+1)^2 is 2y+1, we realize that we can find a solution for any odd x.
    The same works for any x divisible by 4, if we look at (y+1)^2 and (y-1)^2, which gives our formula with x=4s^2 and t=1.
    Generalizing for other values of t seems straightforwards enough.

  5. לכבוד הוא לי שטרחת לבקר, אבל אני מודה שאני לא בטוח שאני רואה מייד (כלומר, בלי לשלוף נייר ועט) את ההכללה, ואיך הנוסחה צצה ממנה.

    על כל פנים, אני לא טוען שההוכחה שלי היא האינטואיטיבית ביותר, ובוודאי שלא הפשוטה ביותר – היא פשוט מה שאני הייתי חושב עליו אם הייתי מנסה להוכיח את הנוסחה (למעשה, זה בדיוק מה שאכן חשבתי עליו כשניסיתי להוכיח את הנוסחה…)

  6. פיתגורס ותלמידיו מעולם לא פגעו בנפש חיה. הם היו שוחרי שלום מובהקים. ואולם האסכולה שלהם, המיוחדת במינה, הועלתה באש ע"י שליט צר-אופק.

  7. עוד עובדה מעניינת היא זו:
    אם לוקחים 4 מספרי פיבונאצ'י רצופים F1, F2, F3, F4
    אז
    F1*F4, 2*F2*F3, F2^2+F3^2
    שלשה פיתגורית.

  8. בס"ד

    אשמח אם יהיה אפשר לכתוב את הוכחת הנכונות לקבלת השלשות הפיתגוריות דרך לוח הכפל.

    1. את המספר שמופיע פעמיים נחלק לגורמים בשתי דרכים לפי המיקום שלו (שורה ועמודה) x=b1*b2=a1*a2. ללא הגבלת הכלליות נניח שהגורמים שהאינדקס שלהם 1 קטנים מהשניים. לכן המספר בפינה הימנית עליונה הוא a1*b1 וזה שבשמאלית תחתונה a2*b2 מה שנשאר הוא לחבר ולחסר אותם, להעלות בריבוע ולהראות שוויון.

  9. לטובת הקוראים שאינם יודעים מיהו א. עצבר ועלולים בטעות לקחת את ההודעה שלו ברצינות:

    1) הפוסט הזה מסביר בדיוק מדוע הנוסחה העתיקה פועלת, מדוע היא מספקת את כל השלשות הפיתגוריות הפרימיטיביות (שמהן טריוויאלי לקבל את כל השלשות הפיתגוריות בכלל), ואיך הגיעו אליה. יש עוד שלל דרכים להגיע אל הנוסחה הזו שכל אחת ראויה לפוסט משל עצמה וכולן נחמדות. מבחינה מתמטית הבעיה של ייצור שלשות פיתגוריות היא סגורה למדי.

    2) הבעיה של מציאת יחסי הצלעות של משולש שכל הזוויות שלו נתונות היא הבעיה הבסיסית ביותר בטריגונומטריה. בהינתן משולש ישר זווית (כמו אלו שאנו עוסקים בהם פה) עם זווית חוד alpha נתונה, *ההגדרה* של סינוס alpha היא היחס בין היתר של המשולש ובין הצלע הניצבת שמול alpha. אנו יודעים לחשב את סינוס בקלות, ומכאן שעבור משולש ישר זווית עם זווית חוד נתונה זוהי בעיה טריוויאלית לחלוטין למצוא את השלשה הפיתגורית המתאימה.

    איני יודע אם א. עצבר אכן מציע אלגוריתם בעל ערך או לא (מנסיוני, הוא לא) אבל הוא מנסה לפתור פה בעיה פתורה, ופתורה היטב, וברוב חוצפתו מתיימר לטעון שהיא אינה פתורה. אני מקווה שכעת ברור לכל הקוראים מיהו א. עצבר. אאפשר לא. עצבר לפרסם כאן עוד הודעת תגובה אחת להודעתי, אך הודעות נוספות שלו יימחקו.

  10. לאחר עיון במאמר של עצבר – נראה שהוא מציע דרך חדשה לקבל את הנוסחה לשלשות פיתגוריות (למעשה, הוא מציג את הנוסחה הקיימת בדרך גאומטרית ולא מוכיח שהיא עובדת). אחר כך הוא מציג אלגוריתם למציאת משולש ישר זווית עם צלעות שלמות וזווית חדה אחת נתונה (בקירוב). האלגוריתם עובד כך: נקבע n ונסתכל על מספרים מהצורה n/k. לכל אחד מהם נוכל להתאים שלשה פיתגורית ע"י s = (n-k)/2 , t = k ונוכל לחשב את יחס הניצבים. כעת, נניח ונתונה לנו הזווית החדה. נחשב את הטנגנס שלה, נסתכל בטבלה שמתאימה ל-k את יחס הניצבים ונחפש ערך שקרוב לטנגנס. ככה נמצא את k, וקבענו כבר את n אז נוכל למצוא את צלעות המשולש.

  11. יש עוד שיטה למציאת שלשות פיתגוראיות פרימיטיביות:
    עבור על הסדרה 1,4,9,16,25,36,49,64,81,100…
    סדרת ההפרשים שלה היא 3,5,7,9,11,13,15,17,19…
    חלק אינסופי מן המספרים הא"ז(ההפרשים) הם ריבועים. נניח כי
    $(2n+1)^2-(2n-1)^2=k^2$
    עבור k(א"ז) כלשהו.
    השלשהk, 2n-1, 2n+1 היא פיתגוראית פרימיטיבית

  12. מצאתי שיטה דומה לייצור רביעיות תיבה (מושג שאני המצאתי, מדובר על רביעית מספרים שלמים המקיימים (a^2+b^2+c^2=d^2) ובעצם שלושת המספרים הראשונים הם צלעות תיבה ניצבות והמספר האחרון הוא אלכסון של התיבה העובר בין שני קודקודים מנוגדים, כלומר, שאין פאה ששניהם נמצאים עליה). לכל (s,t,u,v) מותאמת הרביעייה (2su-2tv,2sv+2tu,s^2+t^2-u^2-v^2,s^2+t^2+u^2+v^2). השיטה מייצרת את כל הרביעיות הפרימיטיביות ונראה לי שהיא מייצרת אותן רק כאשר (s^2+t^2) ו-(u^2+v^2) זרים ואחד מהם זוגי. יש לי רעיון להוכחה לזה אבל עוד לא כתבתי אותה במפורש.

  13. קטונתי! התקשתי לסיים שלוש יחידות במטמטיקה ועדין נהנתי לקרוא את הפוסט!! [ גם אם לקראת האמצע התחיל לכאוב לי הראש ודילגתי לסוף 😉 ]

  14. רועי ס.
    מענין מאד מה שכתבת
    אשמח אם תכתוב לי את המאיל שלך

    לגבי שלשות פיתגוריות פרסמתי בזמנו לפני 20 שנה מאמר בעלה
    נפלה בו טעות קטנה אבל העיקרון נכון

  15. מן השוויון $a^2+b^2=c^2$ נובע
    $$begin{matrix}b^2=c^2-a^2=(c+a)(c-a)\dfrac{c+a}{b}=dfrac{b}{c-a}=dfrac{p}{q}quad,quaddfrac{c-a}{b}=dfrac{q}{p}end{matrix}$$
    מחיבור וחיסור המשוואות האחרונות נקבל
    $$begin{matrix}dfrac{a}{b}=dfrac{p^2-q^2}{2pq}quad,quadfrac{c}{b}=dfrac{p^2+q^2}{2pq}\left(dfrac{c}{b}right)^2-left(dfrac{a}{b}right)^2=left(dfrac{p^2+q^2}{2pq}right)^2-left(dfrac{p^2-q^2}{2pq}right)^2=1\(p^2-q^2)^2+(2pq)^2=(p^2+q^2)^2end{matrix}$$

  16. אני אולי לא אפתיע אבל מצאתי דרך אחרת להגיע לנוסחה הזו באופן אחר. (זה כן דורש קצת ידע מוקדם) נתחיל אם משפט פיתגורס באופן כללי אני מחפש איך למצוא שלשה שתתן תוצאה רציונלית. אז התחלתי עם חיפוש הפרשים בין ריבועי מספרים סמוכים. ההפרש תמיד גדל ב-2.
    4-1=3
    9-4=5
    למה זה? אם תחבר את סדרת המספרים הלא זוגיים תוכל לראות שהתוצאה היא כמו המספר האחרון ועוד 1 כפול מספר המספרים לחלק ל-2. במקרה(?) כל מספר לא זוגי ועד אחד לחלק ל2 הוא גם מספר המספרים עד אליו אז אין ספק שיוצאים רק ריבועים. עכשיו אני מחפש הפרש בין ריבועים שהוא עצמו ריבוע, אני מגיע שכל מספר לא זוגי כפול עצמו הוא בעצם מה שאני מחפש.
    כדי למצוא בין איזה שני ריבועים הוא הפרש, אני פשוט מחפש את המספרים הקרובים ביותר שסכומם הוא המספר שמצאתי למשל 5*5=25
    12+13=25.
    25 =12*12 – 13*13
    מכאן ניתן להמשיך ולחקור את תכונות המספרים הנצרכים.
    האם המספר הראשון חייב להיות אי זוגי? מה יקרה אם אבחר מספר באופן שרירותי אכפיל בעצמו ואחר כך את התוצאה אחלק ב-2 ואוסיף חצי או אוריד חצי. ההשערה הצליחה זה תמיד פועל.
    ניסיתי לחקור את המספר הזוגי למשל בדוגמה שלי 12 הוא 3*2*2 תמיד במספרים מסוג זה המספר הזוגי הוא מכפלה של שני מספרים סמוכים כפול 2 תבדוק גם את ההפרש בין הלא זוגיים ותראה שתמיד הוא יוצא כפל של ריבוע אחד המספרים שנבחרו ב-2
    בדוגמה שלי 5 12 13 13 פחות 5 שווה 8 זה 2 כפול 2. וגם 13 פחות 4 שווה 9 גם הוא ריבוע של מספר שלם. מכאן קלה הדרך לבדוק את נכונות ההשערה.

  17. בקיצור, דרך מצויה להגיע לנוסחאות, היא בדיקת השערות שעולות באופן אקראי. ולאו דוקא ניסיון להמציא נוסחה. (מה שהצרכתי ידע מוקדם בהודעה הקודמת הוא ההסבר לתופעה של סכום אברי הסגרה 1+3+5…

כתיבת תגובה

האימייל לא יוצג באתר. שדות החובה מסומנים *