Pytagoreiske tripler og Fibonacci-tall

Transkript

1 Johan F. Aanes Pytagoeiske tiple og Fibonai-tall Pytagoas og Fibonai siamesiske tvillinge? Me enn 700 å skille dem i tid, men matematisk e de på en måte uadskillelige. Pytagoas (a f.k.) og Leonado Pisano (a ), som skulle bli kjent unde navnet Fibonai, va begge lidenskapelig opptatt av tall. Og begge gunnet ove fobindelsen mellom geometi og tallmønste. Fibonais tallfølge 32,, 2, 3, 5, 8, 3, 2, 34, 55, 89, 44, 233, Johan F. Aanes Pof. emeitus ved NTNU johana@math.ntnu.no femkomme ved at hvet tall e summen av de to foegående, botsett fa de to føste. Foholdet mellom et tall og dets fogjenge i denne følgen vil ettehvet næme seg det gylne stts fohold ( ),. Dette e også foholdet mellom diagonal og side i en egulæ femkant, som va pytagoeenes symbol. Vi vet ikke om pytagoeene kjente til Fibonais tallfølge og dens mekvedige foekomst i natuens fome, som i gankongle og sneglehus. Men Fibonaitallene hadde utvilsomt passet godt i dees filosofi som gikk ut på at «Alt e tall». De hevdet at tallene og dees innbydes fohold ommet foklaingen på alle uvesets hemmelighete. Det gylne stt kjente de imidletid godt. Histoien fotelle at Pytagoas hustu Teano skal ha abeidet med det (Eves, 983). Det e likevel en annen og ikke så kjent fobindelse mellom Pytagoas og Fibonai vi skal ta fo oss he. Vi skal se at det e en næ sammenheng mellom pytagoeeiske tiple og Fibonai-tallene. Pytagoeiske tiple Et pytagoeisk tippel e et tippel av natulige tall (a, b, ) hvo a 2 + b 2 = 2. Tiplet e pimitivt hvis a og b e uten felles fakto. Kjente eksemple på slike e (3, 4, 5) og (5, 2, 3). Det finnes uendelig mange pimitive pytagoeiske tiple. Alleede fo 3500 å siden, lenge fø Pytagoas, kjente babylonene en metode fo hvodan de kunne finnes, se fo eksempel Eves (ibid.). Det som beskives hos Eves e «standadmetoden», som fotsatt finnes i de fleste tekste som behandle pytagoeiske tiple. I denne atikkelen skal vi se at det finnes en geometisk femgangsmåte som e me visuell og vel så enkel. Vi skal også vise hvodan standadmetoden enkelt kan utledes av denne geometiske metoden, og hvodan Fibonais tallekke e en annen nøkkel til konstuksjon av pytagoeiske tiple. Pytagoeiske tekante Et pytagoeisk tippel bestemme sidene i en pytagoeisk tekant, som selvsagt e ettvinklet, hvo hypotenusen ha lengde lik. La væe adius i den innskevne sikel i en slik tekant,

2 C C x a Q O a Q O R B P b A B P b y A Figu Figu 2 hvo hjønene e betegnet med A, B, C og sentet i sikelen med O (se figu ). Aealet F av tekanten DABC e summen av aealene av tekantene DABO, DBCO og DCAO, slik at F = ab= a+ b+ 2 2 ( ) En liten utegng gi ab ab( a+ b ) = = a + b ( a+ b) ab( a+ b ) = = ( a+ b ) a + 2ab+ b 2 nå vi huske at 2 = a 2 + b 2. Denne fomelen medføe at bli et helt tall. Fo hvis a og b begge e like tall bli også 2 = a 2 + b 2 et like tall, som medføe at også må væe like, og påstanden følge i dette tilfellet. Hvis a e odde og b e like så bli 2 odde og demed odde, slik at a + b igjen bli like og påstanden følge også he. Den siste muligheten e at både a og b e odde tall. Vi skal imidletid se nedenfo at det ikke kan skje. I et pytagoeisk tippel må minst ett av tallene a og b væe et like tall. Med katete på 3 og 4 og hypotenus lik 5 få vi =, mens tiplet (5, 2, 3) gi = 2. Det e natulig å spøe om det e ande pytagoeiske tekante som passe med disse adiene. Fo = e svaet nei, hvis vi se bot fa ombytting av katetene. Hvis = 2 vil tiplet (6, 8, 0) også gi en tekant som passe. Men dette tiplet e ikke pimitivt, så det finnes bae ett pimitivt pytagoeisk tippel, (5, 2, 3) som gi = 2. En geometisk metode fo å konstuee pytagoeiske tiple At adius i den innskevne sikel i en pytagoeisk tekant ha lengde lik et helt tall e inteessant nok, men det e ikke slutten på histoien. Det e he den begynne. La oss spøe: Fo en gitt adius med heltallig lengde, hvilke mulige valg av pytagoeiske tiple ha vi? Elle, fomulet på en litt annen måte: Hvilke pytagoeiske tekante kan omskives en sikel med gitt heltallig adius? Det e imelig klat at fo å besvae spøsmålet må vi finne uttykk fo sidene a, b, som involvee. Vi gå løs på dette poblemet med utgangspunkt i figu 2. La oss gå ut fa at (a, b, ) e et pytagoeisk tippel slik at e et helt tall. Kvadatet i figu 2 ha side lik 2 og støelsene x og y e bestemt ved ligngene a = x + 2, b = y + 2. Det e klat at x og y bli hele tall. Av figuen se vi at CQ = CR = x + og AP = AR = y +, slik at = (x + ) + (y + ) = x + y + 2. Siden (a, b, ) e et pytagoeisk tippel må da (x + 2) 2 + (y + 2) 2 = (x + y + 2) 2. Utegng av begge side gi x 2 + 4x y 2 + 4y tangenten 2/202 33

3 = x 2 + y xy + 4x + 4y. Dette edusee seg til den enkle ligngen xy = 2 2. Siden x og y e hele tall må minst ett av tallene ha 2 som fakto. Anta fo eksempel at x = 2z slik at a = 2 + 2z = 2( + z), som vise at a e et like tall. Analogt, hvis y e et like tall må b væe et like tall. Vi kan defo foeløpig konkludee med at i et pytagoeisk tippel må minst ett av tallene a og b væe et like tall, som vi sa ovenfo. Men det e også klat at hvis tiplet e pimitivt, så må det ande tallet væe odde. Vi vil i fotsettelsen anta at x = 2z, noe vi tygt kan gjøe, eventuelt ved å døpe om de to katetene a og b. Det gi oss ligngen zy = 2. Poduktet zy e defo en faktoiseing av 2, men vi påstå, uten å agumentee fo det he, at hvis z og y e uten felles fakto, så få vi også en faktoiseing av. Da må z = n 2 og y = k 2, slik at = nk, de k og n e hele tall uten felles fakto. Sette vi dette inn i uttykkene fo a, b og ovenfo få vi a = 2nk + 2n 2, b = 2nk + k 2, = 2nk + 2n 2 + k 2. Demed ha vi uttykt alle de te sidene i tekanten ved hjelp av en faktoiseing av! Legg meke til at fodi vi ha antatt at a e et like tall, så e b odde, som medføe at også k e odde. Omvendt, hvis vi state med to tall n og k som ikke ha noen felles fakto, hvo k e odde, og la a, b og væe gitt ved fomlene ovenfo, så e (a, b, ) et pimitivt pytagoeisk tippel. Den endelige konklusjonen e defo at alle pimitive pytagoeiske tiple kan skives på fomen ovenfo. Fo en gitt adius må vi finne alle faktoiseinge = nk de n og k e uten felles fakto og k e odde. Hvo mange pytagoeiske tekante kan omskives en sikel med gitt adius? Ved å la væe lik, 2, 3, få vi geneet alle mulige tiple på denne måten. Gjennom faktoiseingen av ha vi god kontoll på hvo 34 mange og hvilke tekante som vil foekomme fo hve adius. La oss se på noen eksemple.. = 3 gi to mulighete: k =, n = 3 og k = 3, n =. Det gi de to tiplene (24, 7, 25) og (8, 5, 7). 2. = 4 gi en mulighet: k =, n = 4 (k skal væe odde) som gi tiplet (40, 9, 4). 3. = 8: k =, n = 8 og k = 9, n = 2 (k = 3 kan ikke bukes, da bli 3 en fakto i n). 4. = 60: Pøv selv! Som vi se vil antallet av pimitive tiple vaiee stekt med adien til den innskevne sikelen. E fo eksempel et odde pimtall få vi bae to mulighete: k =, n = og k =, n =. Me geneelt må det væe slik at antallet pimitive pytagoeiske tiple fo en gitt adius vil væe bestemt av antallet odde faktoe k i som ikke ha felles fakto med n (de = kn). Dette kan vi edusee til et spøsmål om hvilke ulike odde pimfaktoe (faktoe som e pimtall) som finnes i. Anta nemlig at det foekomme m ulike odde pimtall p, p 2,, p m i faktoiseingen av, slik at = 2 n0 p n p m nm, de n 0 e et helt tall 0, og n i e et natulig tall fo i =, 2,, m. Tallet k kan da bygges opp ved å velge ut en, to elle flee, opp til alle av faktoene p i, og ta poduktet av dem. Fo hve pimtallspotens p i velge vi om den skal væe med som fakto i elle ikke. Dette gi oss m valg, hvet med to altenative. Til sammen gi det 2 m valgmulighete. Siden k og skal væe pimiske må hele pimtalls potensen p i væe med enten i k elle n. Konklusjonen e altså: Hvis ha m ulike pimfaktoe så finnes det nøyaktig 2 m pimitive pytagoiske tekante som kan omskives en sikel med adius. Fo = 60 ha vi to odde pimfaktoe, 3 og 5, og demed 2 2 = 4 pimitive tiple. La oss avslutte med et eksempel som vise situasjonen ganske geneelt. Fo = =

4 ha vi 4 ulike odde pimfaktoe: 3, 5, 7,, og få 2 4 = 6 pimitive tiple. Ta vi fo eksempel k = = 7425 og n = 2 7 = 4 få vi a = = b = = = = , Et pytagoeisk tippel som kanskje ikke ligge helt opp i dagen. Standadmetoden Fa fomlene fo a, b og få vi ved en liten omegng a = 2n(n + k), b = 2nk + k 2 = (n + k) 2 n 2, = 2nk + 2n 2 + k 2 = (n + k) 2 + n 2 Sette vi he m = n + k få vi a = 2mn, b = m 2 n 2, = m 2 + n 2 som e de vanlige fomlene fo et pytagoeisk tippel (a, b, ) uttykt ved paametene m og n. He e m > n og det e ikke vanskelig å se at de ikke kan ha noen felles fakto. Nå vi vaiee m og n unde disse betingelsene få vi alle mulige pimitive pytagoeiske tiple. Dette e enkle fomle, men vi miste ovesikten ove hvo de tilhøende tekantene ligge i landskapet. Fibonai-tallene som nøkkel til pytagoeiske tiple La p og q væe to vilkålige tall som følge ettehveande i Fibonais tallfølge, fo eksempel p = 2 og q = 34. De to neste tallene e da p + q = 55 og q + (p + q) = p + 2q = 89. Sett a lik 2 gange poduktet av de to midteste tallene, og la b væe lik poduktet av det minste og det støste av disse fie tallene: a = 2q(p + q), b = p(p + 2q). Dette e uttykk som e identiske med de vi fant tidligee nå vi sette p = k, q = n. Det bety at a og b bli side i en pytagoeisk tekant. Kontolle selv at a 2 + b 2 = 2 nå vi sette = 2pq + p 2 + 2q 2! Med tallene ovenfo få vi tiplet (3740, 869, 48). Denne femgangsmåten gi også den tilhøende adius helt gatis. Vi må ha = pq, som i dette eksemplet e lik 74. Fibonai-tallene vokse fot, så tiplene vi podusee på denne måten bli fot stoe. Vi kan imidletid meke oss at hvis p e odde (som i dette eksemplet), så bli de alltid pimitive. Det stikke i at ettefølgende tall i Fibonai-følgen ikke kan ha noen felles fakto. Denne metoden lage mange tiple, men slett ikke alle. Skal vi få det til må vi genealisee den. Fibonai-tallene e bestemt av diffeensligngen a n+2 = a n + a n+, n =, 2,, a = a 2 =. Ende vi de to føste tallene a og a 2, men buke samme oppskift, slik at a 3 = a + a 2 osv., så få vi det vi kalle en genealiset Fibonaifølge. State vi fo eksempel med 7 og 4 få vi følgen 7, 4,, 5, 26, 4, 67, Femgangsmåten beskevet ovenfo fungee like godt på tall fa denne følgen, vi få en ny uendelig seie av pytagoeiske tiple. Ta vi de 4 føste tallene 7, 4,, 5, få vi det pimitive tippel (88, 05, 37) og adius lik 28. Legg meke til at vi satte det odde tallet 7 foan 4. Hadde disse to byttet plass ville vi fått en annen følge og det femkomne tippel ville ikke blitt pimitivt. Det e klat at ved å vaiee de to føste tallene så kan vi podusee alle mulige pytagoeiske tiple på denne måten. Det gylne tiangel Fibonai-følgene gi oss altså alle pimitive pytagoeiske tiple, og en enkelt følge gi oss en uendelig seie av slike. Tenke vi geometisk bety det siste utsagnet at vi ha en uendelig følge av voksende pytagoeiske tekante. Hvodan se de ut? Også fo en genealiset Fibonai-følge vil foholdet mellom et ledd og dets fogjenge næme seg en gense, det gylne stts fohold, som ofte betegnes med j: tangenten 2/202 35

5 ( ) an+ ϕ= lim = 5+. n a 2 n Gå vi defo langt nok ut i følgen vil 4 ettefølgende tall næme seg kvaduplet (p, jp, j 2 p, j 3 p). Buke vi oppskiften på disse tallene få vi katete a = 2j 3 p 2, b = j 3 p 2 og hypotenusen = a + b = 4ϕ p + ϕ p = ϕ p 5. Alle sidene e defo et multiplum av j 3 p 2, som vise at tekanten e fomlik med tekanten med side, 2 og 5. Denne e ikke pytagoeisk siden hypotenusen ikke e et helt tall, men den kalles det gylne tiangel, fodi det e den som lettest gjø det mulig å konstuee det gylne stts fohold. Demed e vå undtu kommet til veis ende. Vi ha gått fa Fibonai-tall til det gylne stt og pytagoeiske tekante, og følge vi de pytagoeiske tekantene langs en Fibonai-følge mot evigheten komme vi til det gylne tiangel. Refeanse Eves, H. (983). An Intodution to the Histoy of Mathematis, Saundes College Publishing, 5th ed. 36