Pitagorine trojke i njihov broj. Suvremene znanstveno intenzivne tehnologije Prosti brojevi kao dio Pitagorinih trojki

"Regionalni centar za obrazovanje"

Metodički razvoj

Korištenje Pitagorinih trojki u rješavanju

geometrijski zadaci i trigonometrijski zadaci USE

Kaluga, 2016

I. Uvod

Pitagorin teorem jedan je od glavnih i, moglo bi se čak reći, najvažniji teorem geometrije. Njegovo značenje je u tome što se iz njega ili uz njegovu pomoć može izvesti većina geometrijskih teorema. Pitagorin teorem je također izvanredan po tome što sam po sebi nije nimalo očit. Na primjer, svojstva jednakokračnog trokuta mogu se vidjeti izravno na crtežu. Ali kako god gledali pravokutni trokut, nikada nećete vidjeti da postoji tako jednostavan omjer između njegovih stranica: a2+b2=c2. Međutim, nije Pitagora otkrio teorem koji nosi njegovo ime. Znalo se i ranije, ali možda samo kao činjenica proizašla iz mjerenja. Vjerojatno je Pitagora to znao, ali je pronašao dokaz.

Postoji beskonačan broj prirodnih brojeva a, b, c, zadovoljavajući odnos a2+b2=c2.. Zovu se Pitagorini brojevi. Prema Pitagorinom teoremu, takvi brojevi mogu poslužiti kao duljine stranica nekog pravokutnog trokuta - nazvat ćemo ih Pitagorini trokuti.

Cilj rada: proučiti mogućnost i učinkovitost korištenja Pitagorinih trojki za rješavanje problema školskog kolegija matematike, USE zadaci.

Na temelju svrhe rada, sljedeće zadaci:

Proučiti povijest i klasifikaciju Pitagorinih trojki. Analizirati zadatke pomoću Pitagorinih trojki koje su dostupne u školskim udžbenicima i nalaze se u kontrolnim i mjernim materijalima ispita. Procijeniti učinkovitost primjene Pitagorinih trojki i njihovih svojstava za rješavanje zadataka.

Predmet proučavanja: Pitagorine trojke brojeva.

Predmet proučavanja: zadaci školskog tečaja trigonometrije i geometrije, u kojima se koriste Pitagorine trojke.

Relevantnost istraživanja. Pitagorine trojke često se koriste u geometriji i trigonometriji, a njihovo poznavanje otklonit će pogreške u izračunima i uštedjeti vrijeme.

II. Glavni dio. Rješavanje zadataka pomoću Pitagorinih trojki.

2.1. Tablica trojki Pitagorinih brojeva (prema Perelmanu)

Pitagorini brojevi imaju oblik a= m n, , gdje su m i n neki međusobno prosti neparni brojevi.

Pitagorini brojevi imaju niz zanimljivih značajki:

Jedna od "noga" mora biti višekratnik tri.

Jedna od "noga" mora biti višekratnik četiri.

Jedan od Pitagorinih brojeva mora biti višekratnik broja pet.

Knjiga "Zabavna algebra" sadrži tablicu Pitagorinih trojki koja sadrži brojeve do sto, koji nemaju zajedničkih faktora.

		32+42=52
		52+122=132
		72+242=252
		92+402=412
		112+602=612
		132+842=852
		152+82=172
		212 +202=292
		332+562=652
		392+802=892
		352+122=372
		452+282=532
		552+482=732
		652+722=972
		632+162=652
		772+362=852

2.2. Šustrova klasifikacija Pitagorinih trojki.

Shustrov je otkrio sljedeći obrazac: ako su svi Pitagorini trokuti podijeljeni u skupine, tada su sljedeće formule važeće za neparnu nogu x, parnu y i hipotenuzu z:

x \u003d (2N-1) (2n + 2N-1); y = 2n (n+2N-1); z = 2n (n+2N-1)+(2N-1) 2, gdje je N broj obitelji, a n redni broj trokuta u obitelji.

Zamjenom u formuli umjesto N i n bilo kojeg pozitivnog cijelog broja, počevši od jednog, možete dobiti sve glavne pitagorejske trojke brojeva, kao i višekratnike određenog tipa. Možete napraviti tablicu svih Pitagorinih trojki za svaku obitelj.

2.3. Planimetrijski zadaci

Razmotrimo probleme iz raznih udžbenika geometrije i saznajmo koliko se često u tim zadacima nalaze Pitagorine trojke. Trivijalne probleme pronalaženja trećeg elementa u tablici Pitagorinih trojki nećemo razmatrati, iako se i oni nalaze u udžbenicima. Pokažimo kako rješenje problema čiji podaci nisu izraženi prirodnim brojevima svesti na Pitagorine trojke.

Razmotrite zadatke iz udžbenika geometrije za razrede 7-9.

№ 000. Pronađite hipotenuzu pravokutnog trokuta A=, b=.

Riješenje. Pomnožimo duljine kateta sa 7, dobivamo dva elementa iz Pitagorine trojke 3 i 4. Element koji nedostaje je 5 koji dijelimo sa 7. Odgovor.

№ 000. U pravokutniku ABCD nađi BC ako je CD=1,5, AC=2,5.

https://pandia.ru/text/80/406/images/image007_0.gif" width="240" height="139 src=">

Riješenje. Riješimo pravokutni trokut ACD. Duljine pomnožimo sa 2, dobijemo dva elementa iz Pitagorine trojke 3 i 5, element koji nedostaje je 4, koji podijelimo sa 2. Odgovor: 2.

Kad rješavate sljedeći broj, provjerite omjer a2+b2=c2 potpuno je neobavezan, dovoljno je koristiti Pitagorine brojeve i njihova svojstva.

№ 000. Utvrdite je li trokut pravokutan ako su mu stranice izražene brojevima:

a) 6,8,10 (Pitagorina trojka 3,4,5) - da;

Jedna od kateta pravokutnog trokuta mora biti djeljiva s 4. Odgovor: ne.

c) 9,12,15 (Pitagorina trojka 3,4,5) - da;

d) 10,24,26 (Pitagorina trojka 5,12.13) - da;

Jedan od Pitagorinih brojeva mora biti višekratnik broja pet. Odgovor: ne.

g) 15, 20, 25 (Pitagorina trostruka 3,4,5) - da.

Od trideset i devet zadataka u ovom dijelu (Pitagorin poučak), dvadeset i dva se rješavaju usmeno koristeći Pitagorine brojeve i poznavanje njihovih svojstava.

Razmotrite problem #000 (iz odjeljka "Dodatni zadaci"):

Odredite površinu četverokuta ABCD gdje je AB=5 cm, BC=13 cm, CD=9 cm, DA=15 cm, AC=12 cm.

Zadatak je provjeriti omjer a2+b2=c2 i dokazati da se zadani četverokut sastoji od dva pravokutna trokuta (inverzni teorem). A poznavanje Pitagorinih trojki: 3, 4, 5 i 5, 12, 13, eliminira potrebu za proračunima.

Dajmo rješenja za nekoliko zadataka iz udžbenika geometrije za razrede 7-9.

Zadatak 156 (h). Katete pravokutnog trokuta su 9 i 40. Odredite središnju povučenu na hipotenuzu.

Riješenje . Medijan povučen na hipotenuzu jednak je njezinoj polovici. Pitagorina trojka je 9,40 i 41. Stoga je medijan 20,5.

Problem 156 (i). Stranice trokuta su: A= 13 cm, b= 20 cm i vis hs = 12 cm.Nađi bazu S.

Zadatak (KIM USE). Odredi polumjer kružnice upisane u oštrokutni trokut ABC ako je visina BH jednaka 12 i poznato je da sin A=,sin C \u003d lijevo "\u003e

Riješenje. Rješavamo pravokutni ∆ ASC: sin A=, BH=12, dakle AB=13,AK=5 (Pitagorina trojka 5,12,13). Riješite pravokutni ∆ BCH: BH =12, sin C===https://pandia.ru/text/80/406/images/image015_0.gif" width="12" height="13">3=9 (Pitagorin trostruki 3,4,5).Poluprečnik se nalazi po formuli r === 4. Odgovor.4.

2.4. Pitagorine trojke u trigonometriji

Glavni trigonometrijski identitet je poseban slučaj Pitagorinog teorema: sin2a + cos2a = 1; (a/c) 2 + (b/c)2 =1. Stoga se neki trigonometrijski zadaci lako rješavaju usmeno pomoću Pitagorinih trojki.

Zadaci u kojima je potrebno pronaći vrijednosti drugih trigonometrijskih funkcija iz zadane vrijednosti funkcije mogu se riješiti bez kvadriranja i vađenja kvadratnog korijena. Sve zadatke ovog tipa u školskom udžbeniku algebre (10-11) Mordkovich (br. 000-br. 000) moguće je rješavati usmeno, poznavajući samo nekoliko Pitagorinih trojki: 3,4,5 ; 5,12,13 ; 8,15,17 ; 7,24,25 . Razmotrimo rješenja dvaju zadataka.

Broj 000 a). sin t = 4/5, π/2< t < π.

Riješenje. Pitagorina trojka: 3, 4, 5. Prema tome, cos t = -3/5; tg t = -4/3,

br. 000 b). tg t = 2,4, π< t < 3π/2.

Riješenje. tg t \u003d 2,4 \u003d 24/10 \u003d 12/5. Pitagorina trojka 5,12,13. S obzirom na predznake, dobivamo sin t = -12/13, cos t = -5/13, ctg t = 5/12.

3. Kontrolni i mjerni materijali ispita

a) cos (arcsin 3/5)=4/5 (3, 4, 5)

b) grijeh (arccos 5/13)=12/13 (5, 12, 13)

c) tg (arcsin 0,6)=0,75 (6, 8, 10)

d) ctg (arccos 9/41) = 9/40 (9, 40, 41)

e) 4/3 tg (π–arcsin (–3/5))= 4/3 tg (π+arcsin 3/5)= 4/3 tg arcsin 3/5=4/3 3/4=1

e) provjeriti valjanost jednakosti:

arcsin 4/5 + arcsin 5/13 + arcsin 16/65 = π/2.

Riješenje. arcsin 4/5 + arcsin 5/13 + arcsin 16/65 = π/2

arcsin 4/5 + arcsin 5/13 = π/2 - arcsin 16/65

sin (arcsin 4/5 + arcsin 5/13) = sin (arccos 16/65)

sin (arcsin 4/5) cos (arcsin 5/13) + cos (arcsin 4/5) sin (arcsin 5/13) = 63/65

4/5 12/13 + 3/5 5/13 = 63/65

III. Zaključak

U geometrijskim zadacima često treba rješavati pravokutne trokute, ponekad i nekoliko puta. Nakon analize zadataka školskih udžbenika i USE materijala, možemo zaključiti da se uglavnom koriste trojke: 3, 4, 5; 5, 12, 13; 7, 24, 25; 9, 40, 41; 8,15,17; koji se lako pamte. Kod rješavanja nekih trigonometrijskih zadataka klasično rješavanje pomoću trigonometrijskih formula i velikog broja izračuna zahtijeva vrijeme, a poznavanje Pitagorinih trojki otklonit će greške u izračunima i uštedjeti vrijeme za rješavanje težih zadataka na ispitu.

Bibliografski popis

1. Algebra i počeci analize. 10-11 razreda. Na 2 sata Dio 2. Zadatnica za obrazovne ustanove / [i dr.]; izd. . - 8. izd., Sr. - M. : Mnemosyne, 2007. - 315 str. : ilustr.

2. Perelmanova algebra. - D.: VAP, 1994. - 200 str.

3. Roganovski: Zbornik. Za 7-9 ćelija. s dubokim studij matematike općeg obrazovanja. škola s ruskog jezik učenje, - 3. izd. - Mn.; Nar. Asveta, 2000. - 574 str.: ilustr.

4. Matematika: Čitanka iz povijesti, metodike, didaktike. / Comp. . - M.: Izdavačka kuća URAO, 2001. - 384 str.

5. Časopis "Matematika u školi" broj 1, 1965.

6. Kontrolni i mjerni materijali ispita.

7. Geometrija, 7-9: Zbornik. za obrazovne ustanove / itd. - 13. izd. - M .: Obrazovanje, 2003. – 384 str. : ilustr.

8. Geometrija: Proc. za 10-11 ćelija. prosj. škola / i dr. - 2. izd. - M .: Obrazovanje, 1993, - 207 str.: ilustr.

Perelmanova algebra. - D.: VAP, 1994. - 200 str.

Časopis "Matematika u školi" broj 1, 1965.

Geometrija, 7-9: Zbornik radova. za obrazovne ustanove / itd. - 13. izd. - M .: Obrazovanje, 2003. – 384 str. : ilustr.

Roganovsky: Proc. Za 7-9 ćelija. s dubokim studij matematike općeg obrazovanja. škola s ruskog jezik učenje, - 3. izd. - Mn.; Nar. Asveta, 2000. - 574 str.: ilustr.

Algebra i počeci analize. 10-11 razreda. Na 2 sata Dio 2. Zadatnica za obrazovne ustanove / [i dr.]; izd. . - 8. izd., Sr. - M. : Mnemosyne, 2007. - 315 str. : ilustr., str.18.

Belotelov V.A. Pitagorejske trojke i njihov broj // Enciklopedija Nesterovih

Ovaj članak je odgovor jednom profesoru – štipavcu. Vidite, profesore, kako to rade u našem selu.

Regija Nižnji Novgorod, Zavolzhye.

Potrebno je poznavanje algoritma za rješavanje Diofantovih jednadžbi (ADDE) i poznavanje polinomskih progresija.

IF je prost broj.

MF je složeni broj.

Neka postoji neparan broj N. Za bilo koji neparan broj osim jedan možete napisati jednadžbu.

p 2 + N \u003d q 2,

gdje je r + q = N, q – r = 1.

Na primjer, za brojeve 21 i 23, jednadžbe bi bile, -

10 2 + 21 = 11 2 , 11 2 + 23 = 12 2 .

Ako je N prost, ova jednadžba je jedinstvena. Ako je broj N složen, tada je moguće sastaviti slične jednadžbe za broj parova faktora koji predstavljaju taj broj, uključujući 1 x N.

Uzmimo broj N = 45, -

1 x 45 = 45, 3 x 15 = 45, 5 x 9 = 45.

Sanjao sam, ali je li moguće, držeći se ove razlike između IF i MF, pronaći metodu za njihovu identifikaciju.

Uvedimo oznaku;

Promijenimo donju jednadžbu, -

N \u003d u 2 - a 2 \u003d (b - a) (b + a).

Grupirajmo vrijednosti N prema kriteriju u - a, tj. napravimo stol.

Brojevi N su sažeti u matricu, -

Za ovaj zadatak morao sam se pozabaviti progresijama polinoma i njihovim matricama. Sve se pokazalo uzalud - obrana PCh-a se snažno drži. Unesite stupac u tablicu 1, gdje je u - a \u003d 1 (q - p \u003d 1).

Ponovno. Tablica 2. je dobivena kao rezultat pokušaja rješavanja problema identifikacije IF i MF. Iz tablice slijedi da za bilo koji broj N postoji onoliko jednadžbi oblika a 2 + N \u003d u 2, na koliko parova faktora se broj N može podijeliti, uključujući faktor 1 x N. Osim toga na brojeve N \u003d ℓ 2, gdje

ℓ - FC. Za N = ℓ 2, gdje je ℓ IF, postoji jedinstvena jednadžba p 2 + N = q 2 . O kakvom dodatnom dokazu možemo govoriti ako su u tablici navedeni manji faktori od parova faktora koji čine N, od jedan do ∞. Tablicu 2 stavit ćemo u škrinju, a škrinju sakriti u ormar.

Vratimo se temi navedenoj u naslovu članka.

Ovaj članak je odgovor jednom profesoru – štipavcu.

Tražio sam pomoć - trebao mi je niz brojeva koje nisam mogao pronaći na internetu. Naletio sam na pitanja poput, - "zašto?", "Ali pokažite mi metodu." Posebno je bilo pitanje je li niz Pitagorinih trojki beskonačan, "kako to dokazati?". Nije mi pomogao. Vidite, profesore, kako to rade u našem selu.

Uzmimo formulu Pitagorinih trojki, -

x 2 \u003d y 2 + z 2. (1)

Prođimo kroz ARDU.

Moguće su tri situacije:

I. x je neparan broj,

y je paran broj

z je paran broj.

I postoji uvjet x > y > z.

II. x je neparan broj

y je paran broj

z je neparan broj.

x > z > y.

III.x - paran broj,

y je neparan broj

z je neparan broj.

x > y > z.

Počnimo s I.

Uvedimo nove varijable

Zamijenite u jednadžbu (1).

Odbrojimo s manjom varijablom 2γ.

(2α - 2γ + 2k + 1) 2 = (2β - 2γ + 2k) 2 + (2k + 1) 2 .

Smanjimo varijablu 2β – 2γ za manju uz istovremeno uvođenje novog parametra ƒ, -

(2α - 2β + 2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2 (2)

Tada je 2α - 2β = x - y - 1.

Jednadžba (2) će imati oblik, –

(x - y + 2ƒ + 2k) 2 \u003d (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2

Poravnajmo to -

(x - y) 2 + 2 (2ƒ + 2k) (x - y) + (2ƒ + 2k) 2 \u003d (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2,

(x - y) 2 + 2(2ƒ + 2k)(x - y) - (2k + 1) 2 = 0. (3)

ARDU kroz parametre daje odnos između starijih članova jednadžbe, tako da smo dobili jednadžbu (3).

Nije solidno baviti se izborom rješenja. Ali, prvo, nema se kamo otići, a drugo, potrebno je nekoliko ovih rješenja, a možemo obnoviti beskonačan broj rješenja.

Za ƒ = 1, k = 1, imamo x – y = 1.

Uz ƒ = 12, k = 16, imamo x - y = 9.

Uz ƒ = 4, k = 32, imamo x - y = 25.

Možete ga birati dugo, ali na kraju će serija poprimiti oblik -

x - y \u003d 1, 9, 25, 49, 81, ....

Razmotrite opciju II.

Uvedimo nove varijable u jednadžbu (1)

(2α + 2k + 1) 2 = (2β + 2k) 2 + (2γ + 2k + 1) 2 .

Smanjujemo za manju varijablu 2 β, -

(2α - 2β + 2k + 1) 2 = (2α - 2β + 2k+1) 2 + (2k) 2 .

Smanjimo za manju varijablu 2α – 2β, –

(2α - 2γ + 2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k + 1) 2 + (2k) 2 . (4)

2α - 2γ = x - z i zamijenite u jednadžbu (4).

(x - z + 2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k + 1) 2 + (2k) 2

(x - z) 2 + 2 (2ƒ + 2k + 1) (x - z) + (2ƒ + 2k + 1) 2 = (2ƒ + 2k + 1) 2 + (2k) 2 (x - z) 2 + 2(2ƒ + 2k + 1) (x - z) - (2k) 2 = 0

Uz ƒ = 3, k = 4, imamo x - z = 2.

Uz ƒ = 8, k = 14, imamo x - z = 8.

Uz ƒ = 3, k = 24, imamo x - z = 18.

x - z \u003d 2, 8, 18, 32, 50, ....

Nacrtajmo trapez -

Napišimo formulu.

gdje je n=1, 2,...∞.

Slučaj III nećemo opisivati ​​- tu nema rješenja.

Za uvjet II, skup trojki će biti sljedeći:

Jednadžba (1) je radi jasnoće prikazana kao x 2 = z 2 + y 2 .

Za uvjet I, skup trojki će biti sljedeći:

Ukupno je oslikano 9 kolona trojki, po pet trojki u svakoj. Svaki od prikazanih stupaca može se napisati do ∞.

Kao primjer, razmotrite trojke posljednjeg stupca, gdje je x - y \u003d 81.

Za vrijednosti x pišemo trapez, -

Napišimo formulu

Za vrijednosti pišemo trapez, -

Napišimo formulu

Za vrijednosti z pišemo trapez, -

Napišimo formulu

Gdje je n = 1 ÷ ∞.

Kao što je obećano, niz trojki s x - y = 81 leti do ∞.

Bilo je pokušaja za slučajeve I i II da se konstruiraju matrice za x, y, z.

Ispišite zadnjih pet stupaca od x iz gornjih redaka i izgradite trapez.

Nije uspjelo, a uzorak bi trebao biti kvadratičan. Da bi sve bilo u ažuru, pokazalo se da je potrebno kombinirati stupce I i II.

U slučaju II ponovno se zamjenjuju veličine y, z.

Uspjeli smo se spojiti iz jednog razloga - karte su se dobro uklopile u ovaj zadatak - imali smo sreće.

Sada možete pisati matrice za x, y, z.

Uzmimo iz posljednjih pet stupaca vrijednost x iz gornjih redaka i napravimo trapez.

Sve je u redu, možete graditi matrice, i počnimo s matricom za z.

Trčim do ormara po škrinju.

Ukupno: Uz jedan, svaki neparni broj numeričke osi sudjeluje u formiranju Pitagorinih trojki s jednakim brojem parova faktora koji čine taj broj N, uključujući faktor 1 x N.

Broj N \u003d ℓ 2, gdje je ℓ - IF, tvori jednu Pitagorinu trojku, ako je ℓ MF, tada ne postoji trojka na faktorima ℓhℓ.

Izgradimo matrice za x, y.

Počnimo s matricom za x. Da bismo to učinili, povući ćemo na njega koordinatnu mrežu iz problema identifikacije IF i MF.

Numeriranje okomitih redaka normalizirano je izrazom

Uklonimo prvi stupac, jer

Matrica će imati oblik -

Opišimo okomite redove, -

Opišimo koeficijente na "a", -

Opišimo besplatne članove, -

Napravimo opću formulu za "x", -

Ako napravimo sličan posao za "y", dobit ćemo -

Ovom rezultatu možete pristupiti s druge strane.

Uzmimo jednadžbu,

i 2 + N = u 2 .

Promijenimo to malo -

N \u003d u 2 - a 2.

Poravnajmo to -

N 2 \u003d u 4 - 2v 2 a 2 + a 4.

Lijevoj i desnoj strani jednadžbe dodajte magnitudu 4v 2 a 2, -

N 2 + 4v 2 a 2 \u003d u 4 + 2v 2 a 2 + a 4.

I konačno -

(u 2 + a 2) 2 \u003d (2va) 2 + N 2.

Pitagorine trojke sastavljene su na sljedeći način:

Razmotrimo primjer s brojem N = 117.

1 x 117 = 117, 3 x 39 = 117, 9 x 13 = 117.

Vertikalni stupci tablice 2 numerirani su vrijednostima u - a, dok su okomiti stupci tablice 3 numerirani vrijednostima x - y.

x - y \u003d (c - a) 2,

x \u003d y + (c - a) 2.

Napravimo tri jednadžbe.

(y + 1 2) 2 \u003d y 2 + 117 2,

(y + 3 2) 2 \u003d y 2 + 117 2,

(y + 9 2) 2 \u003d y 2 + 117 2.

x 1 = 6845, y 1 = 6844, z 1 = 117.

x 2 = 765, y 2 = 756, z 2 = 117 (x 2 = 85, y 2 = 84, z 2 = 13).

x 3 = 125, y 3 = 44, z 3 = 117.

Čimbenici 3 i 39 nisu relativno prosti brojevi, pa je jedna trojka ispala s faktorom 9.

Oslikajmo gore napisano općim simbolima, -

U ovom radu sve, uključujući i primjer za izračunavanje Pitagorinih trojki s brojem

N = 117, vezan uz manji faktor u - a. Eksplicitna diskriminacija u odnosu na faktor u + a. Ispravimo tu nepravdu – sastavit ćemo tri jednadžbe s faktorom + a.

Vratimo se na pitanje identifikacije IF i MF.

Puno je toga učinjeno u tom smjeru, a danas je kroz ruke prošla sljedeća misao - ne postoji identifikacijska jednadžba, niti postoji nešto što bi moglo odrediti faktore.

Pretpostavimo da smo pronašli relaciju F = a, b (N).

Postoji formula

Možete se riješiti u formuli F iz in i dobit ćete homogenu jednadžbu n-tog stupnja u odnosu na a, tj. F = a(N).

Za bilo koji stupanj n ove jednadžbe postoji broj N s m parova faktora, za m > n.

I kao posljedica toga, homogena jednadžba stupnja n mora imati m korijena.

Da, ovo ne može biti.

U ovom radu su brojevi N razmatrani za jednadžbu x 2 = y 2 + z 2 kada se u jednadžbi nalaze na mjestu z. Kada je N umjesto x, ovo je drugi zadatak.

S poštovanjem, Belotelov V.A.

Zatim ćemo razmotriti dobro poznate metode za generiranje učinkovitih Pitagorinih trojki. Pitagorini učenici prvi su osmislili jednostavan način za generiranje Pitagorinih trojki, koristeći formulu čiji dijelovi predstavljaju Pitagorinu trojku:

m 2 + ((m 2 − 1)/2) 2 = ((m 2 + 1)/2) 2 ,

Gdje m- neuparen, m>2. Stvarno,

4m 2 + m 4 − 2m 2 + 1
m 2 + ((m 2 − 1)/2) 2 = ————————— = ((m 2 + 1)/2) 2 .
4

Sličnu formulu predložio je starogrčki filozof Platon:

(2m) 2 + (m 2 − 1) 2 = (m 2 + 1) 2 ,

Gdje m- bilo koji broj. Za m= 2,3,4,5 generiraju se sljedeće trojke:

(16,9,25), (36,64,100), (64,225,289), (100,576,676).

Kao što vidite, ove formule ne mogu dati sve moguće primitivne trojke.

Razmotrimo sljedeći polinom koji se rastavlja na zbroj polinoma:

(2m 2 + 2m + 1) 2 = 4m 4 + 8m 3 + 8m 2 + 4m + 1 =
=4m 4 + 8m 3 + 4m 2 + 4m 2 + 4m + 1 = (2m(m+1)) 2 + (2m +1) 2 .

Otuda slijede sljedeće formule za dobivanje primitivnih trojki:

a = 2m +1 , b = 2m(m+1) = 2m 2 + 2m , c = 2m 2 + 2m + 1.

Ove formule generiraju trojke u kojima se prosječni broj razlikuje od najvećeg za točno jedan, odnosno ne generiraju se sve moguće trojke. Ovdje su prve trojke: (5,12,13), (7,24,25), (9,40,41), (11,60,61).

Da bismo odredili kako generirati sve primitivne trojke, moramo ispitati njihova svojstva. Prvo, ako ( a,b,c) je primitivna trojka, dakle a I b, b I c, A I c— moraju biti međusobno prosti. Neka a I b dijele se na d. Zatim a 2 + b 2 je također djeljiv sa d. Odnosno, c 2 i c treba podijeliti na d. Odnosno, nije primitivna trojka.

Drugo, među brojevima a, b jedan mora biti u paru, a drugi u paru. Doista, ako a I b- u paru, dakle S bit će upareni, a brojevi se mogu podijeliti s najmanje 2. Ako su oba nesparena, tada se mogu predstaviti kao 2 k+1 i 2 l+1, gdje k,l- neki brojevi. Zatim a 2 + b 2 = 4k 2 +4k+1+4l 2 +4l+1, tj. S 2, kao i a 2 + b 2 ima ostatak 2 kada se podijeli sa 4.

Neka S- bilo koji broj, tj S = 4k+ja (ja=0,…,3). Zatim S 2 = (4k+ja) 2 ima ostatak 0 ili 1 i ne može imati ostatak 2. Dakle, a I b ne može biti neuparen, tj a 2 + b 2 = 4k 2 +4k+4l 2 +4l+1 i ostatak S 2 sa 4 bi trebalo biti 1, što znači da S treba biti neuparen.

Takve zahtjeve za elemente Pitagorine trojke zadovoljavaju sljedeći brojevi:

a = 2mn, b = m 2 − n 2 , c = m 2 + n 2 , m > n, (2)

Gdje m I n su prosti s različitim uparivanjem. Po prvi put su ove zavisnosti postale poznate iz djela Euklida, koji je živio 2300 r. leđa.

Dokažimo valjanost ovisnosti (2). Neka A- duplo, dakle b I c- nespareno. Zatim c + b ja c − b- parovi. Mogu se prikazati kao c + b = 2u I c − b = 2v, Gdje u,v su neki cijeli brojevi. Zato

a 2 = S 2 − b 2 = (c + b)(c − b) = 2u 2 v = 4UV

I stoga ( a/2) 2 = UV.

Proturječno se može dokazati da u I v su prosti. Neka u I v- dijele se na d. Zatim ( c + b) i ( c − b) dijele se na d. I stoga c I b treba podijeliti na d, a to je u suprotnosti s uvjetom za Pitagorinu trojku.

Jer UV = (a/2) 2 i u I v coprime, to je lako dokazati u I v moraju biti kvadrati nekih brojeva.

Dakle, postoje pozitivni cijeli brojevi m I n, tako da u = m 2 i v = n 2. Zatim

A 2 = 4UV = 4m 2 n 2 tako
A = 2mn; b = u − v = m 2 − n 2 ; c = u + v = m 2 + n 2 .

Jer b> 0, dakle m > n.

Ostaje to pokazati m I n imaju različite parove. Ako m I n- u paru, dakle u I v moraju biti upareni, ali to je nemoguće, jer su međusobno prosti. Ako m I n- nespareno, dakle b = m 2 − n 2 i c = m 2 + n 2 bi bila u paru, što je nemoguće jer c I b su prosti.

Dakle, svaka primitivna Pitagorina trojka mora zadovoljavati uvjete (2). Istovremeno, brojke m I n nazvao generiranje brojeva primitivne trojke. Na primjer, uzmimo primitivnu Pitagorinu trojku (120,119,169). U ovom slučaju

A= 120 = 2 12 5, b= 119 = 144 − 25, i c = 144+25=169,

Gdje m = 12, n= 5 - generiranje brojeva, 12 > 5; 12 i 5 su prosti i različitih parova.

Može se dokazati da brojevi m, n formule (2) daju primitivnu Pitagorinu trojku (a,b,c). Stvarno,

A 2 + b 2 = (2mn) 2 + (m 2 − n 2) 2 = 4m 2 n 2 + (m 4 − 2m 2 n 2 + n 4) =
= (m 4 + 2m 2 n 2 + n 4) = (m 2 + n 2) 2 = c 2 ,

To je ( a,b,c) je Pitagorina trojka. Dokažimo to dok a,b,c su međusobno prosti brojevi po kontradikciji. Neka ti brojevi budu podijeljeni sa str> 1. Budući da m I n imati različite parove, dakle b I c- nespareno, tj str≠ 2. Budući da R dijeli b I c, To R treba podijeliti 2 m 2 i 2 n 2 , što je nemoguće jer str≠ 2. Prema tome m, n su prosti i a,b,c su također međusobno prosti.

Tablica 1 prikazuje sve primitivne Pitagorine trojke generirane formulama (2) za m≤10.

Tablica 1. Primitivne Pitagorine trojke za m≤10

m	n	a	b	c	m	n	a	b	c
2	1	4	3	5	8	1	16	63	65
3	2	12	5	13	8	3	48	55	73
4	1	8	15	17	8	5	80	39	89
4	3	24	7	25	8	7	112	15	113
5	2	20	21	29	9	2	36	77	85
5	4	40	9	41	9	4	72	65	97
6	1	12	35	37	9	8	144	17	145
6	5	60	11	61	10	1	20	99	101
7	2	28	45	53	10	3	60	91	109
7	4	56	33	65	10	7	140	51	149
7	6	84	13	85	10	9	180	19	181

Analiza ove tablice pokazuje prisutnost sljedećih nizova obrazaca:

• ili a, ili b podijeljeni su s 3;
• jedan od brojeva a,b,c djeljiv je s 5;
• broj A djeljiv je sa 4;
• raditi a· b djeljiv je sa 12.

Godine 1971. američki matematičari Teigan i Hedwin predložili su tako malo poznate parametre pravokutnog trokuta kao što je njegova visina (visina) za generiranje trojki h = c− b i eksces (uspjeh) e = a + b − c. Na sl.1. te su količine prikazane na određenom pravokutnom trokutu.

Slika 1. Pravokutni trokut i njegov rast i eksces

Naziv "višak" je izveden iz činjenice da je to dodatna udaljenost koju je potrebno prijeći duž krakova trokuta od jednog vrha do suprotnog, ako ne idete duž njegove dijagonale.

Preko viška i rasta, stranice Pitagorinog trokuta mogu se izraziti kao:

e 2 e 2
a = h + e, b = e + ——, c = h + e + ——, (3)
2h 2h

Ne sve kombinacije h I e mogu odgovarati Pitagorinim trokutima. Za dano h moguće vrijednosti e je proizvod nekog broja d. Ovaj broj d naziva se rast i odnosi se na h na sljedeći način: d je najmanji prirodni broj čiji je kvadrat djeljiv s 2 h. Jer e višestruki d, onda se piše kao e = kd, Gdje k je pozitivan cijeli broj.

Uz pomoć parova ( k,h) možete generirati sve Pitagorine trokute, uključujući neprimitivne i generalizirane, kako slijedi:

(dk) 2 (dk) 2
a = h + dk, b = dk + ——, c = h + dk + ——, (4)
2h 2h

Štoviše, trojka je primitivna ako k I h su prosti i ako h =± q 2 at q- nespareno.
Štoviše, to će biti točno Pitagorina trojka ako k> √2 h/d I h > 0.

Pronaći k I h od ( a,b,c) učinite sljedeće:

• h = c − b;
• Zapiši h Kako h = pq 2, gdje str> 0 i takav da nije kvadrat;
• d = 2pq Ako str- nespareno i d = pq, ako je p uparen;
• k = (a − h)/d.

Na primjer, za trostruki (8,15,17) imamo h= 17−15 = 2 1, dakle str= 2 i q = 1, d= 2, i k= (8 − 2)/2 = 3. Dakle, ova trojka je dana kao ( k,h) = (3,2).

Za trostruki (459,1260,1341) imamo h= 1341 − 1260 = 81, dakle str = 1, q= 9 i d= 18, dakle k= (459 − 81)/18 = 21, pa je kod ove trojke ( k,h) = (21, 81).

Određivanje trojki sa h I k ima niz zanimljivih svojstava. Parametar k jednaki

k = 4S/(dP), (5)

Gdje S = ab/2 je površina trokuta, i P = a + b + c je njegov opseg. To proizlazi iz jednakosti eP = 4S, koji dolazi iz Pitagorinog teorema.

Za pravokutni trokut e jednak je promjeru kruga upisanog u trokut. To dolazi od činjenice da hipotenuza S = (A − r)+(b − r) = a + b − 2r, Gdje r je polumjer kruga. Odavde h = c − b = A − 2r I e = a − h = 2r.

Za h> 0 i k > 0, k je redni broj trojki a-b-c u nizu Pitagorinih trokuta s porastom h. Iz tablice 2, koja prikazuje nekoliko opcija za trojke generirane parovima h, k, vidi se da s porastom k stranice trokuta povećavaju. Dakle, za razliku od klasičnog numeriranja, numeriranje u paru h, k ima viši red u sekvencama tripleta.

Tablica 2. Pitagorine trojke generirane parovima h, k.

h	k	a	b	c	h	k	a	b	c
2	1	4	3	5	3	1	9	12	15
2	2	6	8	10	3	2	15	36	39
2	3	8	15	17	3	3	21	72	75
2	4	10	24	26	3	4	27	120	123
2	5	12	35	37	3	5	33	180	183

Za h > 0, d zadovoljava nejednakost 2√ h ≤ d ≤ 2h, u kojem je donja granica postignuta na str= 1, a gornji, pri q= 1. Prema tome, vrijednost d s obzirom na 2√ h je mjera koliko h daleko od kvadrata nekog broja.

Svojstva

Budući da jednadžba x 2 + g 2 = z 2 homogena, kada se umnoži x , g I z za isti broj dobijete drugu Pitagorinu trojku. Pitagorina trojka se zove primitivna, ako se ne može dobiti na ovaj način, to jest - relativno prosti brojevi.

Primjeri

Neke Pitagorine trojke (poređane uzlaznim redoslijedom prema najvećem broju, primitivne su istaknute):

(3, 4, 5), (6, 8, 10), (5, 12, 13), (9, 12, 15), (8, 15, 17), (12, 16, 20), (15, 20, 25), (7, 24, 25), (10, 24, 26), (20, 21, 29), (18, 24, 30), (16, 30, 34), (21, 28, 35), (12, 35, 37), (15, 36, 39), (24, 32, 40), (9, 40, 41), (14, 48, 50), (30, 40, 50)…

Na temelju svojstava Fibonaccijevih brojeva, možete ih napraviti, na primjer, takve pitagorejske trojke:

.

Priča

Pitagorine trojke poznate su jako dugo. U arhitekturi drevnih mezopotamskih nadgrobnih spomenika nalazi se jednakokračni trokut, sastavljen od dva pravokutna sa stranicama od 9, 12 i 15 lakata. Piramide faraona Snefrua (XXVII. stoljeće prije Krista) izgrađene su pomoću trokuta sa stranicama 20, 21 i 29, kao i 18, 24 i 30 desetaka egipatskih lakata.

vidi također

Linkovi

• E. A. Gorin Potencije prostih brojeva u Pitagorinim trojkama // Matematičko obrazovanje. - 2008. - V. 12. - S. 105-125.

Zaklada Wikimedia. 2010. godine.

Pogledajte što su "Pitagorini brojevi" u drugim rječnicima:

Trojke prirodnih brojeva tako da je trokut čije su duljine stranica proporcionalne (ili jednake) tim brojevima pravokutan, npr. trojka brojeva: 3, 4, 5… Veliki enciklopedijski rječnik

Trojke prirodnih brojeva tako da je trokut čije su duljine stranica razmjerne (ili jednake) tim brojevima pravokutan, na primjer, trojka brojeva: 3, 4, 5. * * * PITAGORINI BROJEVI PITAGORINI BROJEVI, trojke prirodnih brojeva kao što su to ...... enciklopedijski rječnik

Trojke prirodnih brojeva tako da je trokut čije su duljine stranica proporcionalne (ili jednake) tim brojevima pravokutni trokut. Prema teoremu, obrnutom od Pitagorinog teorema (vidi Pitagorin teorem), za to je dovoljno da oni ... ...

Trojke prirodnih brojeva x, y, z koje zadovoljavaju jednadžbu x2+y 2=z2. Sva rješenja ove jednadžbe, a time i svi P. p., izraženi su formulama x=a 2 b2, y=2ab, z=a2+b2, gdje su a, b proizvoljni prirodni brojevi (a>b). P. h ... Matematička enciklopedija

Trojke prirodnih brojeva tako da je trokut, čije su duljine stranica proporcionalne (ili jednake) tim brojevima, pravokutan, na primjer. trojka brojeva: 3, 4, 5… Prirodna znanost. enciklopedijski rječnik

U matematici, Pitagorini brojevi (Pitagorina trojka) je skup od tri cijela broja koji zadovoljavaju Pitagorinu relaciju: x2 + y2 = z2. Sadržaj 1 Svojstva 2 Primjeri ... Wikipedia

Kovrčavi brojevi opći su nazivi brojeva povezanih s određenim geometrijskim likom. Ovaj povijesni koncept seže do pitagorejaca. Vjerojatno je izraz "kvadrat ili kocka" nastao od kovrčavih brojeva. Sadržaj ... ... Wikipedia

Kovrčavi brojevi opći su nazivi brojeva povezanih s određenim geometrijskim likom. Ovaj povijesni koncept seže do pitagorejaca. Postoje sljedeće vrste vitičastih brojeva: Linearni brojevi su brojevi koji se ne rastavljaju na faktore, odnosno njihove ... ... Wikipedia

- “Paradoks pi” je šala na temu matematike, koja je bila u optjecaju među studentima do 80-ih (zapravo, prije masovne distribucije mikrokalkulatora) i povezivala se s ograničenom točnošću izračuna trigonometrijskih funkcija i ... ... Wikipedia

- (grč. arithmetika, od arithmys broj) znanost o brojevima, prvenstveno o prirodnim (cijelim) brojevima i (racionalnim) razlomcima, te operacijama nad njima. Posjedovanje dovoljno razvijenog pojma prirodnog broja i sposobnost ... ... Velika sovjetska enciklopedija

knjige

• Arhimedovo ljeto, ili povijest zajednice mladih matematičara. Binarni brojevni sustav, Bobrov Sergej Pavlovič. Binarni brojevni sustav, "Hanojski toranj", potez skakača, magični kvadrati, aritmetički trokut, vitičasti brojevi, kombinacije, koncept vjerojatnosti, Möbiusova traka i Kleinova boca.…

» Počasni profesor matematike na Sveučilištu Warwick, poznati popularizator znanosti Ian Stewart, posvetio se ulozi brojeva u povijesti čovječanstva i važnosti njihovog proučavanja u našem vremenu.

Pitagorina hipotenuza

Pitagorini trokuti imaju pravi kut i cijele stranice. U najjednostavnijem od njih, najdulja stranica ima duljinu 5, ostale su 3 i 4. Ukupno ima 5 pravilnih poliedara. Jednadžba petog stupnja ne može se riješiti s korijenima petog stupnja - ili bilo kojim drugim korijenima. Rešetke u ravnini iu trodimenzionalnom prostoru nemaju rotacijsku simetriju s pet režnjeva; stoga takve simetrije također nema u kristalima. Međutim, oni mogu biti u rešetkama u četverodimenzionalnom prostoru iu zanimljivim strukturama poznatim kao kvazikristali.

Hipotenuza najmanje Pitagorine trojke

Pitagorin poučak kaže da je najduža stranica pravokutnog trokuta (ozloglašena hipotenuza) u korelaciji s druge dvije stranice ovog trokuta na vrlo jednostavan i lijep način: kvadrat hipotenuze jednak je zbroju kvadrata drugog trokuta. dvije strane.

Tradicionalno, ovaj teorem nazivamo po Pitagori, ali zapravo je njegova povijest prilično nejasna. Glinene pločice sugeriraju da su stari Babilonci poznavali Pitagorin teorem puno prije samog Pitagore; slavu otkrivača donio mu je matematički kult Pitagorejaca, čiji su pristaše vjerovali da se svemir temelji na numeričkim obrascima. Antički autori pripisivali su pitagorejcima – a samim tim i Pitagori – razne matematičke teoreme, ali mi zapravo nemamo pojma kakvom se matematikom bavio sam Pitagora. Ne znamo ni jesu li Pitagorejci mogli dokazati Pitagorin teorem ili su jednostavno vjerovali da je istinit. Ili su, vjerojatnije, imali uvjerljive podatke o njegovoj istinitosti, koji ipak ne bi bili dovoljni za ono što danas smatramo dokazom.

Dokazi o Pitagori

Prvi poznati dokaz Pitagorinog teorema nalazi se u Euklidovim Elementima. Ovo je prilično kompliciran dokaz pomoću crteža koji bi viktorijanski školarci odmah prepoznali kao "Pitagorine hlače"; crtež stvarno podsjeća na gaće koje se suše na užetu. Poznate su doslovno stotine drugih dokaza, od kojih većina čini tvrdnju očiglednijom.

// Riža. 33. Pitagorine hlače

Jedan od najjednostavnijih dokaza je vrsta matematičke zagonetke. Uzmite bilo koji pravokutni trokut, napravite ga u četiri kopije i skupite ih unutar kvadrata. S jednim polaganjem, vidimo kvadrat na hipotenuzi; s drugim - kvadrati na druge dvije strane trokuta. Jasno je da su površine u oba slučaja jednake.

// Riža. 34. Lijevo: kvadrat na hipotenuzi (plus četiri trokuta). Desno: zbroj kvadrata na druge dvije stranice (plus ista četiri trokuta). Sada uklonite trokute

Disekcija Perigala još je jedan zagonetni dokaz.

// Riža. 35. Disekcija Perigala

Postoji i dokaz teorema korištenjem slaganja kvadrata na ravninu. Možda su pitagorejci ili njihovi nepoznati prethodnici tako otkrili ovaj teorem. Ako pogledate kako se kosi kvadrat preklapa s druga dva kvadrata, možete vidjeti kako izrezati veliki kvadrat na komade i zatim ih sastaviti u dva manja kvadrata. Također možete vidjeti pravokutne trokute čije stranice daju dimenzije tri uključena kvadrata.

// Riža. 36. Dokaz popločavanjem

Postoje zanimljivi dokazi koji koriste slične trokute u trigonometriji. Poznato je najmanje pedeset različitih dokaza.

Pitagorine trojke

U teoriji brojeva, Pitagorin teorem postao je izvor plodne ideje: pronaći cjelobrojna rješenja algebarskih jednadžbi. Pitagorina trojka je skup cijelih brojeva a, b i c takav da je

Geometrijski, takva trojka definira pravokutni trokut s cijelim brojem stranica.

Najmanja hipotenuza Pitagorine trojke je 5.

Druge dvije stranice ovog trokuta su 3 i 4. Ovdje

32 + 42 = 9 + 16 = 25 = 52.

Sljedeća najveća hipotenuza je 10 jer

62 + 82 = 36 + 64 = 100 = 102.

Međutim, ovo je u biti isti trokut s udvostručenim stranicama. Sljedeća najveća i uistinu različita hipotenuza je 13, za što

52 + 122 = 25 + 144 = 169 = 132.

Euklid je znao da postoji beskonačan broj različitih varijacija Pitagorinih trojki i dao je ono što bi se moglo nazvati formulom za njihovo sve pronalaženje. Kasnije je Diofant iz Aleksandrije ponudio jednostavan recept, u ​​osnovi isti kao Euklidov.

Uzmite bilo koja dva prirodna broja i izračunajte:

njihov dvostruki umnožak;

razlika njihovih kvadrata;

zbroj njihovih kvadrata.

Tri dobivena broja bit će stranice Pitagorinog trokuta.

Uzmimo, na primjer, brojeve 2 i 1. Izračunaj:

dvostruki umnožak: 2 × 2 × 1 = 4;

razlika kvadrata: 22 - 12 = 3;

zbroj kvadrata: 22 + 12 = 5,

i dobili smo poznati trokut 3-4-5. Ako umjesto toga uzmemo brojeve 3 i 2, dobit ćemo:

dvostruki umnožak: 2 × 3 × 2 = 12;

razlika kvadrata: 32 - 22 = 5;

zbroj kvadrata: 32 + 22 = 13,

i dobivamo sljedeći poznati trokut 5 - 12 - 13. Pokušajmo uzeti brojeve 42 i 23 i dobiti:

dvostruki umnožak: 2 × 42 × 23 = 1932;

razlika kvadrata: 422 - 232 = 1235;

zbroj kvadrata: 422 + 232 = 2293,

nitko nikada nije čuo za trokut 1235–1932–2293.

Ali i ove brojke djeluju:

12352 + 19322 = 1525225 + 3732624 = 5257849 = 22932.

Postoji još jedna značajka Diofantovog pravila koja je već nagoviještena: nakon što smo primili tri broja, možemo uzeti još jedan proizvoljan broj i sve ih pomnožiti s njim. Dakle, trokut 3-4-5 može se pretvoriti u trokut 6-8-10 množenjem svih stranica s 2 ili u trokut 15-20-25 množenjem svega s 5.

Prijeđemo li na jezik algebre, pravilo ima sljedeći oblik: neka su u, v i k prirodni brojevi. Zatim pravokutni trokut sa stranicama

2kuv i k (u2 - v2) ima hipotenuzu

Postoje i drugi načini predstavljanja glavne ideje, ali svi se svode na gore opisani. Ova metoda vam omogućuje da dobijete sve pitagorejske trojke.

Pravilni poliedri

Postoji točno pet pravilnih poliedara. Pravilni poliedar (ili poliedar) je trodimenzionalni lik s konačnim brojem ravnih stranica. Fasete međusobno konvergiraju na linijama koje se nazivaju rubovi; bridovi se sastaju u točkama koje se nazivaju vrhovi.

Vrhunac euklidskih "Načela" je dokaz da može postojati samo pet pravilnih poliedara, odnosno poliedara kod kojih je svaka ploha pravilan mnogokut (jednake stranice, jednaki kutovi), sve su plohe identične, a svi vrhovi okruženi. jednakim brojem jednako razmaknutih lica. Evo pet pravilnih poliedara:

tetraedar s četiri trokutasta lica, četiri vrha i šest bridova;

kocka, ili heksaedar, sa 6 kvadratnih lica, 8 vrhova i 12 rubova;

oktaedar s 8 trokutastih stranica, 6 vrhova i 12 bridova;

dodekaedar s 12 peterokutnih stranica, 20 vrhova i 30 bridova;

ikosaedar s 20 trokutastih stranica, 12 vrhova i 30 bridova.

// Riža. 37. Pet pravilnih poliedara

U prirodi se mogu naći i pravilni poliedri. Godine 1904. Ernst Haeckel objavio je crteže sićušnih organizama poznatih kao radiolarijani; mnogi od njih imaju oblik istih pet pravilnih poliedara. Možda je, međutim, malo ispravio prirodu, a crteži ne odražavaju u potpunosti oblik određenih živih bića. Prve tri strukture također se uočavaju u kristalima. U kristalima nećete pronaći dodekaedar i ikozaedar, iako se tamo ponekad naiđu na nepravilne dodekaedre i ikozaedre. Pravi dodekaedri mogu se pojaviti kao kvazikristali, koji su na sve načine slični kristalima, osim što njihovi atomi ne tvore periodičku rešetku.

// Riža. 38. Crteži Haeckela: radiolarije u obliku pravilnih poliedra

// Riža. 39. Razvoji pravilnih poliedara

Može biti zanimljivo izraditi modele pravilnih poliedara od papira tako da prvo izrežete niz međusobno povezanih stranica - to se zove poliedarski pregled; sken je savijen duž rubova i odgovarajući rubovi su zalijepljeni zajedno. Korisno je dodati dodatno područje za ljepilo na jedan od rubova svakog takvog para, kao što je prikazano na sl. 39. Ako nema takve platforme, možete koristiti ljepljivu traku.

Jednadžba petog stupnja

Ne postoji algebarska formula za rješavanje jednadžbi 5. stupnja.

Općenito, jednadžba petog stupnja izgleda ovako:

ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f = 0.

Problem je pronaći formulu za rješavanje takve jednadžbe (može imati do pet rješenja). Iskustvo s kvadratnim i kubnim jednadžbama, kao i s jednadžbama četvrtog stupnja, sugerira da bi takva formula trebala postojati i za jednadžbe petog stupnja, a teoretski bi se korijeni petog, trećeg i drugog stupnja trebali pojaviti u to. Opet, sa sigurnošću se može pretpostaviti da će se takva formula, ako postoji, pokazati vrlo, vrlo kompliciranom.

Ta se pretpostavka na kraju pokazala pogrešnom. Doista, takva formula ne postoji; barem ne postoji formula koja se sastoji od koeficijenata a, b, c, d, e i f, sastavljenih pomoću zbrajanja, oduzimanja, množenja i dijeljenja, kao i vađenja korijena. Dakle, postoji nešto vrlo posebno u vezi s brojem 5. Razlozi ovakvog neobičnog ponašanja petorke su vrlo duboki i trebalo je dosta vremena da ih se shvati.

Prvi znak problema bio je taj da ma koliko se matematičari trudili pronaći takvu formulu, ma koliko bili pametni, uvijek nisu uspijevali. Neko su vrijeme svi vjerovali da razlozi leže u nevjerojatnoj složenosti formule. Vjerovalo se da ovu algebru jednostavno nitko ne može ispravno razumjeti. Međutim, s vremenom su neki matematičari počeli sumnjati da takva formula uopće postoji, a 1823. godine Niels Hendrik Abel uspio je dokazati suprotno. Ne postoji takva formula. Ubrzo nakon toga, Évariste Galois pronašao je način da odredi je li jednadžba jednog ili drugog stupnja - 5., 6., 7., općenito bilo koje - rješiva ​​pomoću ove vrste formule.

Zaključak iz svega je jednostavan: broj 5 je poseban. Možete riješiti algebarske jednadžbe (koristeći n-te korijene za različite vrijednosti od n) za potencije od 1, 2, 3 i 4, ali ne i za potencije od 5. Ovdje očiti obrazac završava.

Nitko se ne čudi što se jednadžbe potencija većih od 5 ponašaju još gore; posebice je s njima povezana ista poteškoća: nema općih formula za njihovo rješavanje. To ne znači da jednadžbe nemaju rješenja; to također ne znači da je nemoguće pronaći vrlo precizne numeričke vrijednosti ovih rješenja. Sve je u ograničenjima tradicionalnih algebarskih alata. Ovo podsjeća na nemogućnost trosječenja kuta ravnalom i šestarom. Odgovor postoji, ali navedene metode nisu dovoljne i ne dopuštaju vam da utvrdite o čemu se radi.

Kristalografsko ograničenje

Kristali u dvije i tri dimenzije nemaju rotacijsku simetriju od 5 zraka.

Atomi u kristalu tvore rešetku, odnosno strukturu koja se periodički ponavlja u nekoliko neovisnih smjerova. Na primjer, uzorak na tapetama se ponavlja duž duljine role; osim toga, obično se ponavlja u vodoravnom smjeru, ponekad s pomakom s jednog komada tapete na drugi. U biti, tapeta je dvodimenzionalni kristal.

Postoji 17 varijanti uzoraka tapeta u avionu (vidi poglavlje 17). Razlikuju se u vrstama simetrije, odnosno u načinima krutog pomicanja uzorka tako da leži točno na sebi u svom izvornom položaju. Tipovi simetrije uključuju, posebice, različite varijante rotacijske simetrije, gdje se uzorak treba zakrenuti za određeni kut oko određene točke - središta simetrije.

Redoslijed simetrije rotacije je koliko puta možete rotirati tijelo do punog kruga tako da se svi detalji slike vrate u svoje prvobitne položaje. Na primjer, rotacija od 90° je rotacijska simetrija 4. reda*. Popis mogućih tipova rotacijske simetrije u kristalnoj rešetki ponovno ukazuje na neobičnost broja 5: njega nema. Postoje varijante s rotacijskom simetrijom 2., 3., 4. i 6. reda, ali nijedan uzorak tapete nema 5. red rotacijske simetrije. U kristalima također ne postoji rotacijska simetrija reda većeg od 6, ali se prvo kršenje niza ipak događa kod broja 5.

Isto se događa s kristalografskim sustavima u trodimenzionalnom prostoru. Ovdje se rešetka ponavlja u tri neovisna smjera. Postoji 219 različitih vrsta simetrije, odnosno 230 ako zrcalni odraz uzorka smatramo njegovom zasebnom verzijom - štoviše, u ovom slučaju nema zrcalne simetrije. Opet, promatraju se rotacijske simetrije reda 2, 3, 4 i 6, ali ne i 5. Ova se činjenica naziva kristalografsko ograničenje.

U četverodimenzionalnom prostoru postoje rešetke s 5. redom simetrije; općenito, za rešetke dovoljno velike dimenzije moguć je bilo koji unaprijed određeni redoslijed rotacijske simetrije.

// Riža. 40. Kristalna rešetka kuhinjske soli. Tamne kuglice predstavljaju atome natrija, svijetle kuglice predstavljaju atome klora.

Kvazikristali

Iako rotacijska simetrija 5. reda nije moguća u 2D i 3D rešetkama, ona može postojati u malo manje pravilnim strukturama poznatim kao kvazikristali. Koristeći Keplerove skice, Roger Penrose otkrio je ravne sustave s općenitijim tipom peterostruke simetrije. Zovu se kvazikristali.

Kvazikristali postoje u prirodi. Godine 1984. Daniel Shechtman otkrio je da legura aluminija i mangana može tvoriti kvazi-kristale; U početku su kristalografi njegovu poruku dočekali s određenom skepsom, no kasnije je otkriće potvrđeno, a 2011. Shechtman je dobio Nobelovu nagradu za kemiju. Godine 2009. tim znanstvenika predvođen Lucom Bindijem otkrio je kvazikristale u mineralu s ruskog gorja Koryak – spoj aluminija, bakra i željeza. Danas se ovaj mineral naziva ikosaedrit. Mjerenjem sadržaja različitih izotopa kisika u mineralu spektrometrom mase znanstvenici su pokazali da ovaj mineral ne potječe sa Zemlje. Nastao je prije otprilike 4,5 milijardi godina, u vrijeme kada je Sunčev sustav tek nastajao, i proveo je većinu svog vremena u asteroidnom pojasu, kružeći oko Sunca, sve dok neka vrsta poremećaja nije promijenila njegovu orbitu i na kraju ga dovela na Zemlju.

// Riža. 41. Lijevo: jedna od dvije kvazi-kristalne rešetke s točnom peterostrukom simetrijom. Desno: Atomski model ikosaedarskog kvazikristala aluminij-paladij-mangan