For (heltallige) pytagoreiske tripler a,b,c, vis at produktet abc er delelig med 60.
(Kan ikke huske om denne er gitt tidligere her, men det er godt mulig)
Pytagoreiske tripler, ikke av den vanskeligste sorten
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Fibonacci92
- Abel
- Posts: 665
- Joined: 27/01-2007 22:55
Alle pytagoreiske tripler a,b,c er slik at a= p^2 - q^2, b = 2pq, og c = p^2 + q^2 der q og p er passende heltall.
Ved å skrive p og q på formen 5k, 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3 eller 5k + 4 kan vi teste alle mulige rester hvis vi deler abc på 5.
Dersom p og q har samme rest modulo 5 så vil a= p^2 - q^2 være delelig med 5.
Dersom p eller q er delelige med 5 er b = 2pq delelig med 5.
Vi tester de andre tilfellene for p og q:
Dersom p = 5n + 1 og q = 5m + 2 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 1 og q = 5m + 3 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 1 og q = 5m + 4 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 2 og q = 5m + 1 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 2 og q = 5m + 3 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 2 og q = 5m + 4 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 3 og q = 5m + 1 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 3 og q = 5m + 2 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 3 og q = 5m + 4 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 4 og q = 5m + 1 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 4 og q = 5m + 2 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 4 og q = 5m + 3 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Siden enten a, b eller c er delelig med 5 for alle heltallsverdier av abc er dermed abc også delelig med 5.
Vi har også at a^2 = c^2 - b^2 = (c^2 - 1) - (b^2 - 1) = (c+1)(c-1) - (b+1)(b-1)
Vi har dermed at:
bca^2 = bc*((c+1)(c-1) - (b+1)(b-1)) = b(c-1)c(c+1) - c(b-1)b(b+1)
som er delelig med 3 fordi vi ganger sammen 3 påfølgende heltall der ett av dem må være delelig med 3 og trekker fra et produkt av 3 påfølgende heltall der ett av dem må være delelig med 3.
Siden bca^2 er delelig med 3 må også abc være det. Dette kommer av at hvis a^2 er delelig med 3 er også a det.
Siden a, b eller c må være delelig med 3 må også abc være det.
Fra a= p^2 - q^2, b = 2pq, og c = p^2 + q^2 får vi også at dersom ett av tallene p eller q er partall er b delelig med 4 og dermed abc delelig med 4, og vi får at både p og q begge er oddetall er a og c delelig med 2, og abc dermed delelig med 4.
Vi har nå vist at abc er delelig med 3, 4 og 5 og må dermed være delelig med 3*4*5 = 60. QED (3,4 og 5 er interessant nok det minste pytagoreiske triplet)
Dette ble et langt og kronglete bevis, og egentlig sammenslåing av flere småbevis. Alt kunne ha blitt bevist ved hjelp av moduloregning, men jeg liker å slå til med litt varierte fremgangsmåter:)
Håper noen har en enklere løsning på lur!
Ved å skrive p og q på formen 5k, 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3 eller 5k + 4 kan vi teste alle mulige rester hvis vi deler abc på 5.
Dersom p og q har samme rest modulo 5 så vil a= p^2 - q^2 være delelig med 5.
Dersom p eller q er delelige med 5 er b = 2pq delelig med 5.
Vi tester de andre tilfellene for p og q:
Dersom p = 5n + 1 og q = 5m + 2 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 1 og q = 5m + 3 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 1 og q = 5m + 4 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 2 og q = 5m + 1 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 2 og q = 5m + 3 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 2 og q = 5m + 4 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 3 og q = 5m + 1 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 3 og q = 5m + 2 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 3 og q = 5m + 4 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 4 og q = 5m + 1 så er a = p^2 - q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 4 og q = 5m + 2 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Dersom p = 5n + 4 og q = 5m + 3 så er c = p^2 + q^2 delelig med 5.
Siden enten a, b eller c er delelig med 5 for alle heltallsverdier av abc er dermed abc også delelig med 5.
Vi har også at a^2 = c^2 - b^2 = (c^2 - 1) - (b^2 - 1) = (c+1)(c-1) - (b+1)(b-1)
Vi har dermed at:
bca^2 = bc*((c+1)(c-1) - (b+1)(b-1)) = b(c-1)c(c+1) - c(b-1)b(b+1)
som er delelig med 3 fordi vi ganger sammen 3 påfølgende heltall der ett av dem må være delelig med 3 og trekker fra et produkt av 3 påfølgende heltall der ett av dem må være delelig med 3.
Siden bca^2 er delelig med 3 må også abc være det. Dette kommer av at hvis a^2 er delelig med 3 er også a det.
Siden a, b eller c må være delelig med 3 må også abc være det.
Fra a= p^2 - q^2, b = 2pq, og c = p^2 + q^2 får vi også at dersom ett av tallene p eller q er partall er b delelig med 4 og dermed abc delelig med 4, og vi får at både p og q begge er oddetall er a og c delelig med 2, og abc dermed delelig med 4.
Vi har nå vist at abc er delelig med 3, 4 og 5 og må dermed være delelig med 3*4*5 = 60. QED (3,4 og 5 er interessant nok det minste pytagoreiske triplet)
Dette ble et langt og kronglete bevis, og egentlig sammenslåing av flere småbevis. Alt kunne ha blitt bevist ved hjelp av moduloregning, men jeg liker å slå til med litt varierte fremgangsmåter:)
Håper noen har en enklere løsning på lur!
Dette ser veldig bra ut, synes jeg - spesielt syntes jeg argumentet for å vise delelighet med 3 var veldig lurt. Bittelitt enklere kan du dog gjøre det for å vise delelighet med 5: legg først merke til at om en av p, q er delelig med 5 følger det klart at D=abc også er det. Ellers er begge ulik 0 mod 5. Om [tex]p \equiv q \pmod 5[/tex] eller [tex]p \equiv -q \pmod 5[/tex] er [tex]p-q[/tex] eller [tex]p+q[/tex] henholdsvis delelige med 5, så D er det. Hvis ingen av disse er tilfellene er [tex]0 \noteq p^2 \noteq q^2 \noteq 0 \pmod 5[/tex]. Men modulo 5 finnes bare de kvadratiske restene 0, 1 og 4, så [tex]p^2+q^2 \equiv 1 + 4 \equiv 0 \pmod 5[/tex].