Eine neue Formel zur Erzeugung von pythagoreischen Tripeln?

Question

Eine neue Formel zur Erzeugung von pythagoreischen Tripeln?

Geometrie
Mathematik
Zahlentheorie
pythagoräische Tripel
Lösungsverifikation

Löffelbrot

(Die Kommentare und Antworten sind für diesen Beitrag außer der Antwort von Poestasis nicht mehr relevant, sie wurden durch Fehlinterpretationen verursacht.)

Verwenden eines rechtwinkligen Dreiecks mit Seitenlängen $(a,b,c)$ Wo $a , b < c$ , ich habe darüber nachgedacht, wie die Fläche eines pythagoreischen Tripels mit dem pythagoreischen Tripel direkt davor gefunden werden kann, und ich bin auf etwas gestoßen, das für eine große Anzahl von pythagoreischen Tripeln funktioniert hat, $12r^2 + a_{r - 1}b_{r-1} = a_rb_r$ , eine rekursive Formel in Bezug auf inradius( $r$ ). Dies erzeugt scheinbar eine Folge von pythagoreischen Tripeln, die ich in keiner anderen Formel verwendet finden konnte. Es ist wichtig, das zu beachten $12r^2$ ist die doppelte Fläche von pythagoräischen Tripeln, die aus Seitenlängen stammen $(3,4,5)$ . Mit dieser Formel finden wir die $1st$ Term von Mengen, wo der Inradius jedes pythagoräischen Tripel ist $r + r^2k$ ( $k$ repräsentiert die $k$ Term einer Folge) und die Beziehung zwischen den Seitenlängen sind immer noch durch unsere rekursive Formel definiert.

Diese $1st$ Terme sind Tripel mit einem geraden Wert von $a$ Wo $r$ steigt um $1$ :

$(8,15,17),(12,35,37),(16,63,65)...$

Hinweis: Wir finden dies mit $(8,15,17)$ da wir eine rekursive Formel sowie das Wissen haben, dass $r = \frac{a + b - \sqrt{a^2 + b^2}}2$ , wodurch wir die Seitenlängen jedes pythagoreischen Tripels finden können.

Hier ist ein Beispiel dessen, was sie generieren:

\begin{array}{cccc} S e T_{1} & 15, 8, 17 & 33, 56, 65 & 51, 140, 149 & 69, 260, 269 \\ S e T_{2} & 35, 12, 37 & 85, 132, 157 & 135, 352, 377 & 185, 672, 697 \\ S e T_{3} & 63, 16, 65 & 161, 240, 289 & 259, 660, 709 & 357, 1276, 1325 \\ S e T_{4} & 99, 20, 101 & 261, 380, 461 & 423, 1064, 1145 & 585, 2072, 2153 \end{array}

$\begin{array}{c|c|c|c} set_1&15,8,17&33,56,65&51,140,149&69,260,269 \\ \hline set_2&35,12,37&85,132,157&135,352,377&185,672,697 \\ \hline set_3 &63,16,65&161,240,289&259,660,709&357,1276,1325& \\ \hline set_4&99,20,101&261,380,461&423,1064,1145&585,2072,2153 \\ \hline \end{array}$

Ich konnte anscheinend keine ähnlichen Formeln wie diese oder eine Methode zum Erzeugen von pythagoreischen Tripeln finden, die dieser Sequenz folgen. Ich suche nach einem Beweis.

Toni Mhax

Die rekursive Formel ist unklar, der Anfang ist für

r = 1

$r=1$ ? Anfangsbedingungen?

Löffelbrot

Entschuldigung, der Start für die rekursive Formel ist r = 3, as

(8, 15, 17)

$(8 ,15,17)$ hat einen Radius von

3

$3$ .

Benutzer65203

15 = 4^{2} - 12, 8 = 2 \cdot 4 \cdot 1, 17 = 4^{2} + 1^{2}

$15=4^2-12,8=2\cdot4\cdot1,17=4^2+1^2$

259 = 22^{2} - 15^{2}, 660 = 2 \cdot 22 \cdot 15, 709 = 22^{2} + 15^{2}

$259=22^2-15^2,660=2\cdot22\cdot15,709=22^2+15^2$

\dots

$\cdots$ Alle Ihre Tripel werden durch die klassische Formel gefunden, na und?

Löffelbrot

@Yves Daoust Ich bin mir nicht sicher, was du damit meinst, könntest du bitte erweitern?

Benutzer65203

Wo ist das "neue Set"?

Löffelbrot

@Yves Daoust Entschuldigung, gibt es eine Formel, die diese Sets erzeugt? Ich weiß nicht viel über pythagoreische Tripel. Könnten Sie eine Referenz angeben?

Benutzer65203

Die Websuche ist dein Freund.

Arturo Magidin

Alle primitiven pythagoreischen Tripel können als gefunden werden

a = r^{2} - s^{2}

$a=r^2-s^2$ ,

y = 2 r s

$y=2rs$ ,

z = r^{2} + s^{2}

$z=r^2+s^2$ , Wo

r

$r$ Und

s

$s$ sind beliebige ganze Zahlen mit entgegengesetzter Parität,

r > s > 0

$r\gt s\gt 0$ ,

gcd (r, s) = 1

$\gcd(r,s)=1$ . Das ist bekannt. Zum Beispiel Theorem 5.5 in Niven, Zuckerman, Montgomery's An Intorduction to the Theory of Numbers , 5. Auflage. Es gibt keinen "neuen" Satz von pythagoreischen Tripeln. Und dies ist nur eine bekannte Art, alle primitiven pythagoräischen Tripel aufzuzählen.

Löffelbrot

@poetasis, Es ist in der Lage, alle k = 1 und Satz 1 und Satz 2 zu erhalten, wenn Sie einbeziehen, dass die ungeraden Werte von a den Inradius von Tripletts mit einem ungeraden a erzeugen, beginnend mit (5,12,13).

robjohn

Wenn Sie die Frage so ändern, dass die vorhandenen Antworten nicht mehr zutreffen, wäre es vielleicht besser, eine neue Frage zu stellen. Menschen mögen es nicht, wenn ihre Bemühungen minimiert werden.

robjohn

Außerdem verstehe ich nicht, warum Sie sagten, dass meine Antwort nicht mehr relevant sei. Ich hatte gezeigt, warum

a b - 12 r^{2}

$ab-12r^2$ ist das Produkt zweier Beine für ein anderes pythagoräisches Dreieck. Auf jeden Fall habe ich dem etwas hinzugefügt und einen Abschnitt über das Generieren der Sets eingefügt.

Antworten (3)

Eine neue Formel zur Erzeugung von pythagoreischen Tripeln?

Die rekursive Formel ist unklar, der Anfang ist für $r=1$ ? Anfangsbedingungen?
Entschuldigung, der Start für die rekursive Formel ist r = 3, as $(8 ,15,17)$ hat einen Radius von $3$ .
$15 = 4^{2} - 12, 8 = 2 \cdot 4 \cdot 1, 17 = 4^{2} + 1^{2}$ $15=4^2-12,8=2\cdot4\cdot1,17=4^2+1^2$ $259 = 22^{2} - 15^{2}, 660 = 2 \cdot 22 \cdot 15, 709 = 22^{2} + 15^{2}$ $259=22^2-15^2,660=2\cdot22\cdot15,709=22^2+15^2$ $\dots$ $\cdots$ Alle Ihre Tripel werden durch die klassische Formel gefunden, na und?
@Yves Daoust Ich bin mir nicht sicher, was du damit meinst, könntest du bitte erweitern?
@Yves Daoust Entschuldigung, gibt es eine Formel, die diese Sets erzeugt? Ich weiß nicht viel über pythagoreische Tripel. Könnten Sie eine Referenz angeben?
Alle primitiven pythagoreischen Tripel können als gefunden werden $a=r^2-s^2$ , $y=2rs$ , $z=r^2+s^2$ , Wo $r$ Und $s$ sind beliebige ganze Zahlen mit entgegengesetzter Parität, $r\gt s\gt 0$ , $\gcd(r,s)=1$ . Das ist bekannt. Zum Beispiel Theorem 5.5 in Niven, Zuckerman, Montgomery's An Intorduction to the Theory of Numbers , 5. Auflage. Es gibt keinen "neuen" Satz von pythagoreischen Tripeln. Und dies ist nur eine bekannte Art, alle primitiven pythagoräischen Tripel aufzuzählen.
@poetasis, Es ist in der Lage, alle k = 1 und Satz 1 und Satz 2 zu erhalten, wenn Sie einbeziehen, dass die ungeraden Werte von a den Inradius von Tripletts mit einem ungeraden a erzeugen, beginnend mit (5,12,13).
Wenn Sie die Frage so ändern, dass die vorhandenen Antworten nicht mehr zutreffen, wäre es vielleicht besser, eine neue Frage zu stellen. Menschen mögen es nicht, wenn ihre Bemühungen minimiert werden.
Außerdem verstehe ich nicht, warum Sie sagten, dass meine Antwort nicht mehr relevant sei. Ich hatte gezeigt, warum $ab-12r^2$ ist das Produkt zweier Beine für ein anderes pythagoräisches Dreieck. Auf jeden Fall habe ich dem etwas hinzugefügt und einen Abschnitt über das Generieren der Sets eingefügt.

robjohn · Answer 1

Generieren der Sets

Angesichts der Mengen in der Frage können wir jedes Tripel einem Tripel zuordnen, das durch die klassische Formel erzeugt wird: $\left(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right)$ Wo $(m,n)=1$ , $2\not\mid m-n\gt0$ :

\begin{array}{cc} {Satz}_{0} & 3, 4, 5 & 5, 12, 13 & 7, 24, 25 & 9, 40, 41 \\ M, N & 2, 1 & 3, 2 & 4, 3 & 5, 4 \\ {Satz}_{1} & 15, 8, 17 & 33, 56, 65 & 51, 140, 149 & 69, 260, 269 \\ M, N & 4, 1 & 7, 4 & 10, 7 & 13, 10 \\ {Satz}_{2} & 35, 12, 37 & 85, 132, 157 & 135, 352, 377 & 185, 672, 697 \\ M, N & 6, 1 & 11, 6 & 16, 11 & 21, 16 \\ {Satz}_{3} & 63, 16, 65 & 161, 240, 289 & 259, 660, 709 & 357, 1276, 1325 \\ M, N & 8, 1 & 15, 8 & 22, 15 & 29, 22 \\ {Satz}_{4} & 99, 20, 101 & 261, 380, 461 & 423, 1064, 1145 & 585, 2072, 2153 \\ M, N & 10, 1 & 19, 10 & 28, 19 & 37, 28 \end{array}

$\begin{array}{c|c} \text{set}_0&3,4,5&5,12,13&7,24,25&9,40,41\\\hline m,n&2,1&3,2&4,3&5,4\\\hline\text{set}_1&15,8,17&33,56,65&51,140,149&69,260,269\\\hline m,n&4,1&7,4&10,7&13,10\\\hline \text{set}_2&35,12,37&85,132,157&135,352,377&185,672,697\\\hline m,n&6,1&11,6&16,11&21,16\\\hline \text{set}_3 &63,16,65&161,240,289&259,660,709&357,1276,1325\\\hline m,n&8,1&15,8&22,15&29,22\\\hline \text{set}_4&99,20,101&261,380,461&423,1064,1145&585,2072,2153\\\hline m,n&10,1&19,10&28,19&37,28\\\hline \end{array}$ Wenn wir das Muster in der obigen Tabelle bemerken, bekommen wir das

\begin{aligned} {Spalte J des Satzes}_{k} & = (M^{2} - N^{2}, 2 M N, M^{2} + N^{2}) \\ Wo (M, N) & = (1 + (2 k + 1) (J + 1), 1 + (2 k + 1) J) \end{aligned}

$\begin{align} \text{column $j$ of set}_k&=\left(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right)\\ \text{where }(m,n)&=(1+(2k+1)(j+1),1+(2k+1)j) \end{align}$ Spalte

0

$0$ ist die linke Spalte der Tabelle.

Das zu sehen $(m,n)=1$ , beachten Sie, dass $n(j+1)-mj=1$
Das zu sehen $2\not\mid m-n\gt0$ , beachten Sie, dass $m-n=2k+1$

Ich habe hinzugefügt $\text{set}_0$ an den Tisch, nach dem Muster in den folgenden Sätzen.

Diese Sets decken nicht alle pythagoreischen Tripel ab. Zum Beispiel, $(21,20,29)$ ist in keinem dieser Sets enthalten.

Ursprüngliche Antwort: Warum $\boldsymbol{ab-12r^2=a'b'}$

Diese Antwort und wahrscheinlich viele andere zeigen Folgendes: Alle relativ primären pythagoreischen Tripel können geschrieben werden als $\left\{m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right\}$ Wo $(m,n)=1,\ 2\nmid m-n\gt0$ .

Die Fläche eines Dreiecks ist Inradius mal Halbumfang. Da ein pythagoräisches Dreieck ein rechtwinkliges Dreieck ist, ist die Fläche die Hälfte des Produkts der Schenkel. Somit ist der Inradius

\begin{aligned} Radius & = \frac{Bereich}{Halbumfang} \\ = \frac{M N (M^{2} - N^{2})}{M^{2} + M N} \\ = N (M - N) \end{aligned}

$\begin{align} \text{inradius} &=\frac{\text{area}}{\text{semi-perimeter}}\\ &=\frac{mn\left(m^2-n^2\right)}{m^2+mn}\\[9pt] &=n(m-n) \end{align}$ Nehme an, dass

{a, b, c} = {m^{2} - n^{2}, 2 m n, m^{2} + n^{2}}

$\{a,b,c\}=\left\{m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right\}$ ist ein pythagoräisches Tripel. Dann

\begin{aligned} \overset{A B}{\overset{⏞}{2 M N (M^{2} - N^{2})}} - 12 \overset{R^{2}}{\overset{⏞}{N^{2} (M - N)^{2}}} & = 2 M (M + N) N (M - N) - 12 N (M - N) N (M - N) \\ = 2 N (M - N) (M (M + N) - 6 N (M - N)) \\ = 2 N (M - N) (M^{2} - 5 M N + 6 N^{2}) \\ = 2 N (M - N) (M - 2 N) (M - 3 N) \\ = \underset{e}{\underset{⏟}{2 N (M - 2 N)}} \underset{D}{\underset{⏟}{((M - 2 N)^{2} - N^{2})}} \end{aligned}

$\begin{align} \overbrace{2mn\left(m^2-n^2\right)}^{\large ab}-12\overbrace{n^2(m-n)^2}^{\large r^2} &=2m(m+n)n(m-n)-12n(m-n)n(m-n)\\ &=2n(m-n)(m(m+n)-6n(m-n))\\ &=2n(m-n)\left(m^2-5mn+6n^2\right)\\ &=2n(m-n)(m-2n)(m-3n)\\ &=\underbrace{2n(m-2n)\vphantom{\left(n^2\right)}}_{\large e}\underbrace{\left((m-2n)^2-n^2\right)}_{\large d} \end{align}$ Wo

{d, e, f} = {(m - 2 n)^{2} - n^{2}, 2 n (m - 2 n), (m - 2 n)^{2} + n^{2}}

$\{d,e,f\}=\left\{(m-2n)^2-n^2,2n(m-2n),(m-2n)^2+n^2\right\}$ ist ein weiteres pythagoreisches Tripel.

In der Tat:

[\begin{matrix} D \\ e \\ F \end{matrix}] = [\begin{matrix} - 1 & - 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 3 \end{matrix}] [\begin{matrix} A \\ B \\ C \end{matrix}]

$\begin{bmatrix}d\\e\\f\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -1&-2&2\\ 2&1&-2\\ -2&-2&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}$ und umgekehrt

[\begin{matrix} - 1 & 2 & 2 \\ - 2 & 1 & 2 \\ - 2 & 2 & 3 \end{matrix}] [\begin{matrix} D \\ e \\ F \end{matrix}] = [\begin{matrix} A \\ B \\ C \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} -1&2&2\\ -2&1&2\\ -2&2&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}d\\e\\f\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}$ Beachten Sie, dass

d, e, f

$d,e,f$ haben die gleiche Parität wie

a, b, c

$a,b,c$ , bzw.

Weil

{[\begin{matrix} - 1 & - 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 3 \end{matrix}]}^{T} [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} - 1 & - 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 3 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} -1&-2&2\\ 2&1&-2\\ -2&-2&3 \end{bmatrix}^T \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&-2&2\\ 2&1&-2\\ -2&-2&3 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}$ wir haben

d^{2} + e^{2} - f^{2} = a^{2} + b^{2} - c^{2}

$d^2+e^2-f^2=a^2+b^2-c^2$ .

Außerdem, wie oben erwähnt,

\begin{aligned} Radius & = \frac{Bereich}{Halbumfang} \\ = \frac{A B}{A + B + \sqrt{A^{2} + B^{2}}} \\ = \frac{A + B - \sqrt{A^{2} + B^{2}}}{2} \end{aligned}

$\begin{align} \text{inradius} &=\frac{\text{area}}{\text{semi-perimeter}}\\[6pt] &=\frac{ab}{a+b+\sqrt{a^2+b^2}}\\ &=\frac{a+b-\sqrt{a^2+b^2}}2 \end{align}$

Kier MacMillan · Answer 2

Das Verbinden von pythagoräischen Tripeln durch Inradius ist bekannt (obwohl ein großes Lob an Sie, dass Sie es selbst gefunden haben!). Siehe beispielsweise dieses Dokument von Neville Robbins .

poetase · Answer 3

Ihre Formel ist interessant, generiert aber nur ungefähr $1/3$ der primitiven Tripel, die existieren. Vollständiger ist die Teilmenge der Tripel wo $GCD(A,B,C) =(2x-1)^2, x\in\mathbb{N}.\quad$ Diese Teilmenge enthält keine trivialen Tripel, alle primitiven Tripel und nur ungefähr $1/3$ der Nicht-Primitiven als Euklids Formel. Hier ist ein Beispiel, das zeigt, wie Ihre Formel nur generiert $Set_2$ und oben und nur Spalten $1,4,7,10,\cdots$ :

\begin{array}{cccccc} N & k = 1 & k = 2 & k = 3 & k = 4 & k = 5 \\ S e T_{1} & 3, 4, 5 & 5, 12, 13 & 7, 24, 25 & 9, 40, 41 & 11, 60, 61 \\ S e T_{2} & 15, 8, 17 & 21, 20, 29 & 27, 36, 45 & 33, 56, 65 & 39, 80, 89 \\ S e T_{3} & 35, 12, 37 & 45, 28, 53 & 55, 48, 73 & 65, 72, 97 & 75, 100, 125 \\ S e T_{4} & 63, 16, 65 & 77, 36, 85 & 91, 60, 109 & 105, 88, 137 & 119, 120, 169 \\ S e T_{5} & 99, 20, 101 & 117, 44, 125 & 135, 72, 153 & 153, 104, 185 & 171, 140, 221 \\ S e T_{6} & 43, 24, 145 & 165, 52, 173 & 187, 84, 205 & 209, 120, 241 & 231, 160, 281 \end{array}

$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|} n & k=1 & k=2 & k=3 & k=4 & k=5 \\ \hline Set_1 & 3,4,5 & 5,12,13& 7,24,25& 9,40,41& 11,60,61 \\ \hline Set_2 & 15,8,17 & 21,20,29 &27,36,45 &33,56,65 & 39,80,89 \\ \hline Set_3 & 35,12,37 & 45,28,53 &55,48,73 &65,72,97 & 75,100,125 \\ \hline Set_{4} &63,16,65 &77,36,85 &91,60,109 &105,88,137 &119,120,169 \\ \hline Set_{5} &99,20,101 &117,44,125 &135,72,153 &153,104,185 &171,140,221 \\ \hline Set_{6} &43,24,145 &165,52,173 &187,84,205 &209,120,241 &231,160,281 \\ \hline \end{array}$

Diese werden durch die Formel generiert:

\begin{aligned} A = (2 N - 1)^{2} + & 2 (2 N - 1) k \\ B = & 2 (2 N - 1) k + 2 k^{2} \\ C = (2 N - 1)^{2} + & 2 (2 N - 1) k + 2 k^{2} \end{aligned}

$\begin{align*} A=(2n-1)^2+ & 2(2n-1)k \\ B= \qquad\quad\quad & 2(2n-1)k+ 2k^2\\ C=(2n-1)^2+ & 2(2n-1)k+ 2k^2\\ \end{align*}$

und entspricht der Formel von Euklid mit den folgenden Substitutionen: $A=(2n-1+k)^2-k^2\quad B=2(2n-1+k)k\quad C=(2n-1+k)^2+k^2$

Gibt es eine Möglichkeit, wie Ihre Formel die fehlenden Primitive generieren kann?

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