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.


נהניתם? התעניינתם? אם תרצו, אתם מוזמנים לתת טיפ:

Buy Me a Coffee at ko-fi.com