“Strövtåg i matematikens värld”
Problemlapp 12. Pythagoreiska taltrippler m.m.
Svar och lösningar
1. Eftersom sidorna bildar en pythagoreisk trippel måste vi ha att de kan skrivas på formen
x = n(a2 − b2 ), y = 2nab, z = n(a2 + b2 ), där n ≥ 1 och a > b, SGD(a, b) = 1 och a och b har
olika paritet.
a) Arean blir då ∆ = (x · y)/2 = n2 ab(a2 − b2 ) som ju är ett heltal.
b) Det räcker att betrakta fallet då n = 1. Arean blir då A = ab(a − b)(a + b) och man ser lätt
att eftersom SGD(a, b) = 1 så kommer alla par av faktorer i uttrycket att sakna gemensam
delare större än ett. Det finns emellertid tre fall då en av faktorerna är 1:
-
om
om
om
om
b = 1, a = 2 blir ∆ = 6,
b = 1, a > 2 blir a jämn och alltså en produkt av minst två primtal,
b = 2, a = 3 blir ∆ = 30,
b > 2, a = b + 1 är ett av talen a och b jämnt och större än 2.
2. a) Om inget av talen x och y är delbara med 3 så kommer deras kvadrater båda att vara
kongruenta med 1 (mod 3) vilket ger att deras summa är kongruent med 2 (mod 3) men detta
är omöjligt för en kvadrat (z 2 ).
b) Gör samma resonemang modulu 4, den enda kvadratiska resten skild från 0 (mod 4) är 1.
c) De kvadratiska resterna (mod 5) är 0,1 och 4 och om inget att x och y är delbart med 5,
medan summan skall vara en kvadratisk rest, ser vi att en måste ha rest 1, den andra rest 4
och summan alltså rest 5 dvs. den är delbar med 5.
3. Med användning av formlerna i problem 1 ovan ser vi att villkoret kan skrivas
n2 ab(a2 − b2 ) = n(a2 − b2 ) + 2nab + n(a2 + b2 ) ⇔ nab(a2 − b2 ) = 2a(a + b)
vilket i sin tur leder till ekvationen
nb(a − b) = 2.
Eftersom alla tre faktorer i högerledet är heltal större än eller lika med ett så måste två vara
lika med ett och en lika med 2. Vi får två fall (fallet (a − b) = 2 går inte eftersom a och b har
olika paritet):
• n=1, b=2, a=3 som ger trippeln (5,12,13),
• n=2, b=1, a=2 som ger trippeln (6,8,10).
4. Lösningarna är paren (50,120), (78,104), (126,32) och (66,112).
(Av formlerna i problem 1 ser vi först att för en primitiv trippel, dvs. med n=1, måste vi ha
att z är udda eftersom a och b har olika paritet. Det finns alltså ingen primitiv trippel med
z=130. Men eftersom 130 = 2 · 5 · 13 kan vi till exempel leta efter en primitiv trippel med
z = 13 och sedan multiplicera alla tal i trippeln med 10. Man ser lätt att 13 = 32 + 22 är
enda sättet att skriva 13 som en summa av två kvadrater och vi får trippeln x = 32 − 22 =
5, y = 2 · 2 · 3 = 12, z = 13 som efter multiplikation med 10 ger x = 50, y = 120. På samma
sätt hittar vi en primitiv trippel med z=5 (observera att 5 = 22 + 12 ) nämligen x=3, y=4 och
multiplikation med 26 ger lösningen x = 78, y = 104. Slutligen söker vi primitiva trippler med
z = 5 · 13 = 65 och ser att 65 kan skrivas som en summa av två kvadrater på två sätt: 82 + 12
och 72 + 42 vilket ger tripplerna (63,16) resp. (33,56) som i sin tur efter multiplikation med 2
ger de två sista talparen i svaret.)
5. Vi såg ovan (Problemlapp 2, problem 6) att varje udda tal är en skillnad mellan två kvadrater:
2n + 1 = (n + 1)2 − n2 , och uppenbarligen gäller att n + 1 och n har olika paritet och saknar
gemansam delare större än 1. Vi kan alltså använda dem i uttrycket för primitiva trippler
(Problem 1 ovan) och får trippeln x = 2n + 1, y = 2n(n + 1), z = (n + 1)2 + n2 . Vi ser alltså att
alla udda tal större än eller lika med 3 är katet i en rätvinklig trangel med heltalssidor. Vi vet
också att 4 är katet i en sådan triangel. Men varje heltal större än 2 kan skriva som 2n , n > 1
eller 2n · m där m är udda, så genom att multiplicera de trippler vi redan erhållit kan vi få
vilket heltal som helst större än 2 som sida. Det andra påståendet följer av att vi redan vet
(och har bevisat!) att varje primtal på den angivna formen kan skrivas som en summa av två
kvadrater p = a2 + b2 där a och b måste ha olika paritet (p är ju udda) och sakna gemensam
delare större än 1 (en gemensam delare skulle ju dela p och p kan inte vara gemensam delare
eftersom kvadraterna då skulle innehålla p2 .)
8. Den enda lösningen är x = 1, y = 1, z = 2.
Gunnar
