Həndəsi məsələlərin və triqonometrik imtahan tapşırıqlarının həllində Pifaqor üçlüyündən istifadə. Pifaqor üçqatları Pifaqor üçlüyündə sadə ədədlər

Xüsusiyyətlər

Eq. x 2 + y 2 = z 2 homogen, çoxaldıqda x , y Və z eyni nömrə üçün başqa bir Pifaqor üçlüyü alırsınız. Pifaqor üçlüyü adlanır primitiv, əgər bu üsulla əldə edilə bilməzsə, yəni kobud ədədlər.

Nümunələr

Bəzi Pifaqor üçlüyü (maksimum sayının artan sırası ilə çeşidlənir, primitiv olanlar vurğulanır):

(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)…

Fibonaççi ədədlərinin xassələrinə əsaslanaraq onlardan, məsələn, aşağıdakı Pifaqor üçlüyü yaratmaq olar:

Hekayə

Pifaqor üçlüyüçox uzun müddətdir tanınır. Qədim Mesopotamiya məzar daşlarının memarlığında tərəfləri 9, 12 və 15 qulac olan iki düzbucaqlıdan ibarət ikitərəfli üçbucağa rast gəlinir. Firon Snofru (e.ə. XXI əsr) piramidaları tərəfləri 20, 21 və 29, həmçinin 18, 24 və 30 onlarla Misir qulacları olan üçbucaqlardan istifadə edilərək tikilmişdir.

həmçinin bax

Bağlantılar

• E. A. Gorin Pifaqor üçlüyündə sadə ədədlərin səlahiyyətləri // Riyazi təhsil. - 2008. - V. 12. - S. 105-125.

Wikimedia Fondu. 2010.

Digər lüğətlərdə "Pifaqor nömrələrinin" nə olduğuna baxın:

Yan uzunluqları bu ədədlərə mütənasib (və ya bərabər) olan üçbucağın düzbucaqlı olması üçün natural ədədlərin üçqatları, məs. ədədlərin üçlüyü: 3, 4, 5... Böyük ensiklopedik lüğət

Yan uzunluqları bu ədədlərə mütənasib (və ya bərabər) olan üçbucağın düzbucaqlı olması üçün natural ədədlərin üçqatları, məsələn, üçlü ədədlər: 3, 4, 5. * * * PİFAQOR ƏDDLƏRİ PİFAQOR ƏQDƏLƏRİ, natural ədədlərin üçqatları belə. ki...... ensiklopedik lüğət

Yan uzunluqları bu ədədlərə mütənasib (və ya bərabər) olan üçbucağın düzbucaqlı olması üçün natural ədədlərin üçqatları. Pifaqor teoreminin əksinə olan teoremə görə (bax Pifaqor teoreminə), bunun üçün kifayətdir ki, onlar... ...

Üç tam müsbət ədədlər x2+y 2=z2 tənliyini təmin edən x, y, z. Bu tənliyin bütün həlləri və buna görə də bütün qismən ədədlər x = a 2 b2, y = 2ab, z = a2 + b2 düsturları ilə ifadə edilir, burada a və b ixtiyari müsbət tam ədədlərdir (a>b). P.h... Riyaziyyat ensiklopediyası

Məsələn, yan uzunluqları bu ədədlərə mütənasib (və ya bərabər) olan üçbucağın düzbucaqlı olması üçün natural ədədlərin üçqatları. ədədlərin üçlüyü: 3, 4, 5... Təbiət elmi. ensiklopedik lüğət

Riyaziyyatda Pifaqor ədədləri (Pifaqor üçlüyü) Pifaqor münasibətini ödəyən üç tam ədəddən ibarət tənzimləmədir: x2 + y2 = z2. Mündəricat 1 Xüsusiyyətlər 2 Nümunələr ... Vikipediya

Fiqurlu nömrələr bu və ya digəri ilə əlaqəli nömrələrin ümumi adıdır həndəsi fiqur. Bu tarixi anlayış Pifaqorçulara qədər gedib çıxır. Ehtimal ki, “kvadrat və ya kub” ifadəsi fiqurlu ədədlərdən yaranmışdır. Məzmun... ...Vikipediya

Fiqurlu ədədlər müəyyən həndəsi fiqurla əlaqəli ədədlərin ümumi adıdır. Bu tarixi anlayış Pifaqorçulara qədər gedib çıxır. Fiqurlu ədədlərin aşağıdakı növləri fərqləndirilir: Xətti ədədlər faktorlara bölünə bilməyən ədədlərdir, yəni onların... ... Vikipediya

- “Pi Paradoksu” 80-ci illərə qədər (əslində mikrokalkulyatorların kütləvi yayılmasından əvvəl) tələbələr arasında dövriyyədə olan və hesablamaların məhdud dəqiqliyi ilə əlaqəli olan riyaziyyat mövzusunda bir zarafatdır. triqonometrik funksiyalar və... ... Vikipediya

- (yunan arifmetika, arifmys sayından) ədədlər haqqında elm, ilk növbədə natural (müsbət tam) ədədlər və (rasional) kəsrlər və onlar üzərində əməllər. Kifayət qədər inkişaf etmiş natural ədədlər anlayışına və qabiliyyətinə malik olmaq...... Böyük Sovet Ensiklopediyası

Kitablar

• Arximed Yayı və ya Gənc Riyaziyyatçılar Birliyinin Tarixi. İkili say sistemi, Bobrov Sergey Pavloviç. İkili say sistemi, Hanoy qalası, cəngavər hərəkəti, sehrli kvadratlar, arifmetik üçbucaq, fiqurlu ədədlər, birləşmələr, ehtimal anlayışı, Mobius zolağı və Klein şüşəsi...

"Region Təhsil Mərkəzi"

Metodoloji inkişaf

Həlldə Pifaqor üçlüyündən istifadə

həndəsi məsələlər və vahid dövlət imtahanının triqonometrik tapşırıqları

Kaluqa, 2016

I. Giriş

Pifaqor teoremi həndəsənin əsas və hətta demək olar ki, ən mühüm teoremlərindən biridir. Onun əhəmiyyəti ondadır ki, həndəsə teoremlərinin əksəriyyəti ondan və ya onun köməyi ilə çıxarıla bilər. Pifaqor teoremi də diqqətəlayiqdir, çünki özlüyündə heç də aydın deyil. Məsələn, ikitərəfli üçbucağın xüsusiyyətləri birbaşa rəsmdə görünə bilər. Ancaq düz üçbucağa nə qədər baxsanız da, onun tərəfləri arasında belə sadə bir əlaqə olduğunu görə bilməzsiniz: a2+b2=c2. Lakin onun adını daşıyan teoremi kəşf edən Pifaqor deyildi. Daha əvvəl də məlum idi, amma bəlkə də yalnız ölçmələrdən çıxarılan bir fakt kimi. Ehtimal ki, Pifaqor bunu bilirdi, lakin sübut tapdı.

Saysız-hesabsız natural ədədlər var a, b, c, əlaqəni təmin edir a2+b2=c2.. Onlara Pifaqor ədədləri deyilir. Pifaqor teoreminə görə, bu cür ədədlər bəzilərinin tərəflərinin uzunluqları kimi xidmət edə bilər. düz üçbucaq– biz onları Pifaqor üçbucaqları adlandıracağıq.

İşin məqsədi: məktəb riyaziyyat kursunda və Vahid Dövlət İmtahan tapşırıqlarında problemləri həll etmək üçün Pifaqor üçlüyündən istifadənin mümkünlüyünü və effektivliyini öyrənmək.

İşin məqsədinə əsasən aşağıdakılar təyin olunur: tapşırıqlar:

Pifaqor üçlülərinin tarixini və təsnifatını öyrənin. Məktəb dərsliklərində mövcud olan və Vahid Dövlət İmtahanı üçün test və ölçmə materiallarında tapılan Pifaqor üçlüyü ilə problemləri təhlil edin. Problemlərin həlli üçün Pifaqor üçlüyü və onların xassələrindən istifadənin effektivliyini qiymətləndirin.

Tədqiqat obyekti: Pifaqor üçlükləri.

Tədqiqat mövzusu: Pifaqor üçlüyünün istifadə olunduğu triqonometriya və həndəsə məktəb kursunun problemləri.

Tədqiqatın aktuallığı. Pifaqor üçlüyü həndəsə və triqonometriyada tez-tez istifadə olunur; onları bilmək hesablamalardakı səhvləri aradan qaldıracaq və vaxta qənaət edəcəkdir.

II. Əsas hissə. Pifaqor üçlüyü ilə problemlərin həlli.

2.1.Pifaqor ədədlərinin üçlük cədvəli (Perelmana görə)

Pifaqor nömrələri formaya malikdir a= m·n, , burada m və n bəzi nisbətən sadə tək ədədlərdir.

Pifaqor nömrələri bir sıra maraqlı xüsusiyyətlərə malikdir:

“Ayaqlardan” biri üçə çox olmalıdır.

“Ayaqlardan” biri dördün qatı olmalıdır.

Pifaqor rəqəmlərindən biri beşə çox olmalıdır.

"Əyləncəli cəbr" kitabında ümumi faktorları olmayan yüzə qədər ədədləri ehtiva edən Pifaqor üçlüyü cədvəli var.

2.2. Şustrova görə Pifaqor üçlüyünün təsnifatı.

Şustrov aşağıdakı nümunəni kəşf etdi: bütün Pifaqor üçbucaqları qruplara bölünürsə, tək ayaq x, hətta y və hipotenuza z üçün aşağıdakı düsturlar etibarlıdır:

x = (2N-1)·(2n+2N-1); y = 2n·(n+2N-1); z = 2n·(n+2N-1)+(2N-1) 2, burada N ailənin nömrəsi, n isə ailədəki üçbucağın seriya nömrəsidir.

N və n üçün düsturda birdən başlayaraq istənilən müsbət tam ədədləri əvəz etməklə siz bütün əsas Pifaqor üçlüklərini, həmçinin müəyyən bir növün qatlarını əldə edə bilərsiniz. Hər ailə üçün bütün Pifaqor üçlüyü cədvəlini hazırlaya bilərsiniz.

2.3. Planimetriya problemləri

Müxtəlif həndəsə dərsliklərindəki problemlərə baxaq və bu tapşırıqlarda Pifaqor üçlüyünün nə qədər tez-tez göründüyünü öyrənək. Pifaqor üçlüyü cədvəlindən üçüncü elementi tapmaq üçün əhəmiyyətsiz problemləri nəzərdən keçirməyəcəyik, baxmayaraq ki, onlar dərsliklərdə də var. Məlumatları natural ədədlərlə ifadə olunmayan problemin həllini Pifaqor üçlülərinə necə endirəcəyimizi göstərəcəyik.

7-9-cu siniflər üçün həndəsə dərsliyindən məsələlərə baxaq.

№ 000. Ayaqlardan istifadə edərək düzbucaqlı üçbucağın hipotenuzunu tapın A=, b=.

Həll. Ayaqların uzunluğunu 7-yə vururuq, Pifaqor üçlüyü 3 və 4-dən iki element alırıq. Çatışmayan element 5-dir, onu 7-yə bölürük. Cavab.

№ 000. ABCD düzbucaqlısında CD=1,5, AC=2,5 olarsa BC-ni tapın.

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

Həll. ACD sağ üçbucağını həll edin. Uzunluqları 2-yə vururuq, Pifaqor üçlüyü 3 və 5-dən iki element alırıq, çatışmayan element 4-dür, onu 2-yə bölürük. Cavab: 2.

Növbəti ədədi həll edərkən nisbəti yoxlayın a2+b2=c2 Tamamilə isteğe bağlıdır, Pifaqor nömrələrindən və onların xüsusiyyətlərindən istifadə etmək kifayətdir.

№ 000. Tərəfləri rəqəmlərlə ifadə olunan üçbucağın düzbucaqlı olub-olmadığını öyrənin:

a) 6,8,10 (Pifaqor üçlüyü 3,4.5) – bəli;

Düzbucaqlı üçbucağın ayaqlarından biri 4-ə bölünməlidir. Cavab: yox.

c) 9,12,15 (Pifaqor üçlüyü 3,4.5) – bəli;

d) 10,24,26 (Pifaqor üçlüyü 5,12.13) – bəli;

Pifaqor rəqəmlərindən biri beşə çox olmalıdır. Cavab: yox.

g) 15, 20, 25 (Pifaqor üçlü 3,4.5) – bəli.

Bu bölmədəki otuz doqquz vəzifədən (Pifaqor teoremi) iyirmi ikisi Pifaqor nömrələri və onların xassələri haqqında biliklərdən istifadə etməklə şifahi şəkildə həll edilir.

000 nömrəli tapşırığı nəzərdən keçirin (“Əlavə tapşırıqlar” bölməsindən):

AB=5 sm, BC=13 sm, CD=9 sm, DA=15 sm, AC=12 sm olduğu ABCD dördbucağının sahəsini tapın.

Problemdə əlaqəni yoxlamaq lazımdır a2+b2=c2 və verilmiş dördbucağın iki düzbucaqlı üçbucaqdan ibarət olduğunu sübut edin (əks teorem). Pifaqor üçlüyü haqqında biliklər: 3, 4, 5 və 5, 12, 13, sizi hesablamalardan xilas edir.

Biz 7-9-cu siniflər üçün həndəsə dərsliyindən bir neçə məsələnin həllini təqdim edirik.

Məsələ 156 (h). Düzbucaqlı üçbucağın ayaqları 9 və 40-dır. Hipotenuzaya çəkilmiş medianı tapın.

Həll . Hipotenuzaya çəkilmiş median onun yarısına bərabərdir. Pifaqor üçlüyü 9,40 və 41-dir. Buna görə də median 20,5-dir.

Məsələ 156 (i). Üçbucağın tərəfləri bərabərdir: A= 13 sm, b = 20 sm və hündürlüyü hс = 12 sm Əsası tapın ilə.

Problem (KIMY Vahid Dövlət İmtahanı). BH hündürlüyü 12 olarsa və məlumdursa, ABC iti üçbucağına daxil edilmiş dairənin radiusunu tapın. günah A=,sin С=left">

Həll. Düzbucaqlı ∆ ASK həll edirik: sin A=, BH=12, deməli AB=13,AK=5 (Pifaqor üçlüyü 5,12,13). Düzbucaqlı ∆ ВСH həll edirik: ВH =12, sin С===https://pandia.ru/text/80/406/images/image015_0.gif" width="12" height="13">3=9 (Pifaqor üçlüyü 3,4,5).Radius r ===4 düsturundan istifadə etməklə tapılır.Cavab.4.

Əsaslar triqonometrik eynilik– Pifaqor teoreminin xüsusi halı: sin2a + cos2a = 1; (a/c) 2 + (b/c)2 =1. Buna görə də bəzi triqonometrik məsələləri Pifaqor üçlülərindən istifadə etməklə asanlıqla şifahi həll etmək olar.

Tələb edən vəzifələr dəyəri təyin edin Qalan triqonometrik funksiyaların qiymətlərini tapmaq üçün funksiyalar kvadratlaşdırmadan və çıxarmadan həll edilə bilər. kvadrat kök. Mordkoviç (No 000-No 000) tərəfindən məktəb cəbr dərsliyində (10-11) bu tipli bütün tapşırıqlar yalnız bir neçə Pifaqor üçlüyünü bilməklə şifahi şəkildə həll edilə bilər: 3,4,5 ; 5,12,13 ; 8,15,17 ; 7,24,25 . İki vəzifənin həllini nəzərdən keçirək.

№ 000 a). sin t = 4/5, π/2< t < π.

Həll. Pifaqor üçlüyü: 3, 4, 5. Buna görə də, cos t = -3/5; tan t = -4/3,

№ 000 b). tan t = 2.4, π< t < 3π/2.

Həll. tg t = 2,4=24/10=12/5. Pifaqor üçlüyü 5,12,13. İşarələri nəzərə alaraq sin t = -12/13, cos t = -5/13, çarpayı t = 5/12 alırıq.

3. Vahid Dövlət İmtahanı üçün sınaq və ölçmə materialları

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

b) günah (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 tq (π–arksin (–3/5))= 4/3 tq (π+arksin 3/5)= 4/3 tq arcsin 3/5=4/3 3/4=1

f) bərabərliyi yoxlayın:

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

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

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

günah (arcsin 4/5 + arcsin 5/13) = günah (arсcos 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. Nəticə

Həndəsə məsələlərində çox vaxt düz üçbucaqları, bəzən bir neçə dəfə həll etməli olursunuz. Məktəb dərsliklərində və Vahid Dövlət İmtahan materiallarında verilən tapşırıqları təhlil edərək belə nəticəyə gəlmək olar ki, üçlüklər əsasən istifadə olunur: 3, 4, 5; 5, 12, 13; 7, 24, 25; 9, 40, 41; 8,15,17; yadda saxlamaq asan olan. Bəzi triqonometrik məsələlərin həlli zamanı klassik həlldən istifadə edilir triqonometrik düsturlar və çoxlu sayda hesablamalar vaxt tələb edir və Pifaqor üçlüyü haqqında bilik hesablamalardakı səhvləri aradan qaldıracaq və Vahid Dövlət İmtahanında daha çətin problemlərin həlli üçün vaxta qənaət edəcəkdir.

Biblioqrafiya

1. Cəbr və təhlilin başlanğıcları. 10-11 siniflər. Saat 14:00-da 2-ci hissə. Problem kitabı təhsil müəssisələri/ [ və s.]; tərəfindən redaktə edilmiş . – 8-ci nəşr, silinib. – M.: Mnemosyne, 2007. – 315 s. : xəstə.

2. Perelman cəbri. – D.: VAP, 1994. – 200 s.

3. Roqanovski: Dərslik. 7-9 siniflər üçün. dərinliyi ilə ümumi təhsildə riyaziyyatın öyrənilməsi. məktəb rus dilindən dil təlim, - 3-cü nəşr. – Mn.; Nar. Asveta, 2000. – 574 s.: xəstə.

4. Riyaziyyat: Tarix, metodologiya, didaktika üzrə oxucu. / Komp. . – M.: URAO nəşriyyatı, 2001. – 384 s.

5. “Məktəbdə riyaziyyat” jurnalı, 1965, No1.

6. Vahid Dövlət İmtahanı üçün sınaq və ölçü materialları.

7. Həndəsə, 7-9: Dərslik. ümumi təhsil müəssisələri üçün / və s.- 13-cü nəşr - M.: Təhsil, 2003. – 384 səh. : xəstə.

8. Həndəsə: Dərslik. 10-11 siniflər üçün. orta. məktəb/ və s. – 2-ci nəşr. – M.: Təhsil, 1993, - 207 s.: xəstə.

Perelman cəbri. – D.: VAP, 1994. – 200 s.

“Məktəbdə riyaziyyat” jurnalı, 1965-ci il.

Həndəsə, 7-9: Dərslik. ümumi təhsil müəssisələri üçün / və s.- 13-cü nəşr - M.: Təhsil, 2003. – 384 səh. : xəstə.

Roganovski: Dərslik. 7-9 siniflər üçün. dərinliyi ilə ümumi təhsildə riyaziyyatın öyrənilməsi. məktəb rus dilindən dil təlim, - 3-cü nəşr. – Mn.; Nar. Asveta, 2000. – 574 s.: xəstə.

Cəbr və analizin başlanğıcı. 10-11 siniflər. Saat 2-də 2-ci hissə. Təhsil müəssisələri üçün problem kitabı / [və başqaları]; tərəfindən redaktə edilmiş . – 8-ci nəşr, silinib. – M.: Mnemosyne, 2007. – 315 s. : xəstə, s.18.

» Uorvik Universitetinin riyaziyyat üzrə fəxri professoru, məşhur elmi populyarlaşdıran İan Stüart tərəfindən rəqəmlərin bəşər tarixindəki roluna və dövrümüzdə onların öyrənilməsinin aktuallığına həsr edilmişdir.

Pifaqor hipotenuzası

Pifaqor üçbucaqlarının düz bucaqları və tam tərəfləri var. Onlardan ən sadəinin ən uzun tərəfi uzunluğu 5, digərləri isə 3 və 4-dür. Ümumilikdə 5 müntəzəm polihedra var. Beşinci dərəcəli tənliyi beşinci köklərdən - və ya hər hansı digər köklərdən istifadə etməklə həll etmək olmaz. Bir müstəvidə və üçölçülü fəzada qəfəslər beş loblu fırlanma simmetriyasına malik deyil, ona görə də kristallarda belə simmetriyalar yoxdur. Bununla belə, onları dörd ölçülü qəfəslərdə və kvazikristal kimi tanınan maraqlı strukturlarda tapmaq olar.

Ən kiçik Pifaqor üçlüyünün hipotenuzası

Pifaqor teoremində deyilir ki, düzbucaqlı üçbucağın ən uzun tərəfi (məşhur hipotenuz) bu üçbucağın digər iki tərəfi ilə çox sadə və gözəl bir şəkildə əlaqələndirilir: hipotenuzanın kvadratı üçbucağın kvadratlarının cəminə bərabərdir. digər iki tərəf.

Ənənəvi olaraq biz bu teoremi Pifaqorun adı ilə çağırırıq, amma əslində onun tarixi olduqca qeyri-müəyyəndir. Gil lövhələr onu deməyə əsas verir ki, qədim babillilər Pifaqor teoremini Pifaqorun özündən çox əvvəl bilirdilər; Kəşf edənin şöhrətini ona tərəfdarları Kainatın ədədi qanunlara əsaslandığına inanan Pifaqorçuların riyazi kultu gətirdi. Qədim müəlliflər müxtəlif riyazi teoremləri Pifaqorçulara - buna görə də Pifaqora aid edirdilər, lakin əslində Pifaqorun özünün hansı riyaziyyatla məşğul olması barədə heç bir məlumatımız yoxdur. Pifaqorçuların Pifaqor teoremini sübut edə bildiklərini və ya sadəcə olaraq bunun doğru olduğuna inandıqlarını belə bilmirik. Yaxud, çox güman ki, onların həqiqəti ilə bağlı inandırıcı dəlilləri var idi, buna baxmayaraq, bu gün sübut hesab etdiyimiz şeylər üçün kifayət etməyəcəkdir.

Pifaqorun sübutları

Pifaqor teoreminin ilk məlum sübutu Evklidin Elementlərində tapılıb. Bu, Viktoriya məktəblilərinin dərhal "Pifaqor şalvarları" kimi tanıyacaqları bir rəsmdən istifadə edərək kifayət qədər mürəkkəb bir sübutdur; Rəsm həqiqətən xətt üzərində quruyan alt paltarına bənzəyir. Sözün əsl mənasında yüzlərlə başqa dəlil var ki, onların əksəriyyəti iddianı daha aydın edir.

// Düyü. 33. Pifaqor şalvarları

Ən sadə sübutlardan biri bir növ riyazi tapmacadır. İstənilən düzbucaqlı üçbucağı götürün, ondan dörd nüsxə çıxarın və kvadratın içərisinə yığın. Bir tənzimləmədə hipotenuzda bir kvadrat görürük; digəri ilə - üçbucağın digər iki tərəfindəki kvadratlar. Aydındır ki, hər iki halda sahələr bərabərdir.

// Düyü. 34. Sol: hipotenuzda kvadrat (üstəgəl dörd üçbucaq). Sağ: digər iki tərəfdəki kvadratların cəmi (üstəgəl eyni dörd üçbucaq). İndi üçbucaqları aradan qaldırın

Perigalin parçalanması başqa bir tapmaca sübutudur.

// Düyü. 35. Periqalın parçalanması

Bir müstəvidə kvadratların düzülməsindən istifadə edərək teoremin sübutu da var. Bəlkə də Pifaqorçular və ya onların naməlum sələfləri bu teoremi belə kəşf ediblər. Əgər əyri kvadratın digər iki kvadratla necə üst-üstə düşdüyünə baxsanız, necə kəsiləcəyini görə bilərsiniz böyük kvadrat parçalara ayırın və sonra iki kiçik kvadrata qatlayın. Siz həmçinin tərəfləri cəlb olunan üç kvadratın ölçülərini verən düz üçbucaqları görə bilərsiniz.

// Düyü. 36. Səki ilə sübut

Triqonometriyada oxşar üçbucaqlardan istifadə edən maraqlı sübutlar var. Ən azı əlli müxtəlif dəlil məlumdur.

Pifaqor üçlüyü

Ədədlər nəzəriyyəsində Pifaqor teoremi səmərəli ideyanın mənbəyi oldu: cəbri tənliklərin tam həllərini tapmaq. Pifaqor üçlüyü a, b və c tam ədədlərinin çoxluğudur

Həndəsi olaraq belə üçlük tam tərəfləri olan düzbucaqlı üçbucağı təyin edir.

Pifaqor üçlüyünün ən kiçik hipotenuzası 5-dir.

Bu üçbucağın digər iki tərəfi 3 və 4-dür. Burada

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

Növbəti ən böyük hipotenuz 10-dur, çünki

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

Bununla belə, bu, mahiyyətcə ikiqat tərəfləri olan eyni üçbucaqdır. Növbəti ən böyük və həqiqətən fərqli hipotenuz 13-dür, bunun üçün

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

Evklid bilirdi ki, Pifaqor üçlülərinin sonsuz sayda müxtəlif variasiyaları var və o, hamısını tapmaq üçün bir düstur adlandırdı. Daha sonra İsgəndəriyyəli Diofant, əsasən Evklid ilə eyni olan sadə bir resept təklif etdi.

İstənilən iki natural ədəd götürün və hesablayın:

onların ikiqat məhsulu;

onların kvadratlarının fərqi;

onların kvadratlarının cəmi.

Yaranan üç ədəd Pifaqor üçbucağının tərəfləri olacaq.

Məsələn, 2 və 1 rəqəmlərini götürək. Hesablayaq:

ikiqat məhsul: 2 × 2 × 1 = 4;

kvadratların fərqi: 22 - 12 = 3;

kvadratların cəmi: 22 + 12 = 5,

və məşhur 3-4-5 üçbucağını əldə etdik. Əvəzində 3 və 2 rəqəmlərini götürsək, alırıq:

ikiqat məhsul: 2 × 3 × 2 = 12;

kvadratların fərqi: 32 - 22 = 5;

kvadratların cəmi: 32 + 22 = 13,

və biz növbəti ən məşhur üçbucağı alırıq 5 - 12 - 13. Gəlin 42 və 23 rəqəmlərini götürüb əldə etməyə çalışaq:

ikiqat məhsul: 2 × 42 × 23 = 1932;

kvadratların fərqi: 422 - 232 = 1235;

kvadratların cəmi: 422 + 232 = 2293,

1235-1932-2293 üçbucağı haqqında heç kim eşitməmişdir.

Ancaq bu nömrələr də işləyir:

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

Diophantine qaydasının artıq işarə edilmiş başqa bir xüsusiyyəti var: üç ədəd verildikdə, başqa bir ixtiyari ədəd götürə və hamısını ona vura bilərik. Beləliklə, 3–4–5 üçbucağı bütün tərəfləri 2-yə vurmaqla 6–8–10 üçbucağına və ya hamısını 5-ə vurmaqla 15–20–25 üçbucağına çevrilə bilər.

Cəbrin dilinə keçsək, qayda olur növbəti görünüş: u, v və k natural ədədlər olsun. Sonra tərəfləri olan düzbucaqlı üçbucaq

2kuv və k (u2 - v2) hipotenuza malikdir

Əsas fikri təqdim etməyin başqa yolları da var, lakin onların hamısı yuxarıda təsvir edilənə qədər qaynayır. Bu üsul bütün Pifaqor üçlüyü əldə etməyə imkan verir.

Adi çoxüzlülər

Tam beş müntəzəm çoxüzlü var. Müntəzəm çoxüzlü (və ya çoxüzlü) sonlu sayda düz üzlü üçölçülü fiqurdur. Üzlər kənar adlanan xətlərdə bir-biri ilə görüşür; kənarları təpə adlanan nöqtələrdə birləşir.

Evklid Prinsipinin kulminasiya nöqtəsi yalnız beş müntəzəm çoxüzlülərin, yəni hər bir üzü təmsil etdiyi çoxüzlülərin ola biləcəyinə sübutdur. müntəzəm çoxbucaqlı(bərabər tərəflər, bərabər açılar), bütün üzlər eynidir və bütün təpələr bərabər sayda eyni məsafədə yerləşən üzlərlə əhatə olunmuşdur. Budur beş müntəzəm çoxüzlülər:

dörd üçbucaqlı üzü, dörd təpəsi və altı kənarı olan tetraedr;

kub və ya altıbucaqlı, 6 kvadrat üzü, 8 təpəsi və 12 kənarı;

8 üçbucaqlı üzü, 6 təpəsi və 12 kənarı olan oktaedr;

12 beşbucaqlı üzü, 20 təpəsi və 30 kənarı olan dodekaedr;

20 üçbucaqlı üzü, 12 təpəsi və 30 kənarı olan ikosahedr.

// Düyü. 37. Beş müntəzəm çoxüzlü

Təbiətdə müntəzəm çoxüzlülərə də rast gəlmək olar. 1904-cü ildə Ernst Hekkel radiolariyalılar kimi tanınan kiçik orqanizmlərin rəsmlərini nəşr etdi; onların çoxu eyni beş müntəzəm çoxüzlüyə bənzəyir. Ola bilsin ki, o, təbiəti bir az korrektə edib və rəsmlər konkret canlıların formasını tam əks etdirmir. İlk üç quruluş kristallarda da müşahidə olunur. Kristallarda dodekaedrlərə və ikosahedronlara rast gəlməyəcəksiniz, baxmayaraq ki, bəzən orada qeyri-müntəzəm dodekaedrlərə və ikosahedronlara rast gəlinir. Həqiqi dodekaedrlər kvazikristallar şəklində baş verə bilər, atomlarının dövri qəfəs əmələ gətirməməsi istisna olmaqla, hər cəhətdən kristallara bənzəyir.

// Düyü. 38. Hekelin rəsmləri: müntəzəm çoxüzlülər şəklində radiolarlar

// Düyü. 39. Müntəzəm çoxüzlülərin inkişafı

Əvvəlcə bir-biri ilə əlaqəli üzlər dəstini kəsərək kağızdan müntəzəm çoxüzlülərin modellərini hazırlamaq maraqlı ola bilər - buna çoxüzlü yaratmaq deyilir; inkişaf kənarları boyunca qatlanır və müvafiq kənarları bir-birinə yapışdırılır. Şəkildə göstərildiyi kimi, hər bir belə cütün qabırğalarından birinə əlavə yapışqan yastığı əlavə etmək faydalıdır. 39. Belə bir platforma yoxdursa, yapışan lentdən istifadə edə bilərsiniz.

Beşinci dərəcəli tənlik

5-ci dərəcəli tənliklərin həlli üçün cəbri düstur yoxdur.

Ümumiyyətlə, beşinci dərəcəli tənlik belə görünür:

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

Məsələ belə bir tənliyin həlli üçün bir düstur tapmaqdır (onun beşə qədər həlli ola bilər). Kvadrat və kub tənlikləri, eləcə də dördüncü dərəcəli tənliklərlə təcrübə göstərir ki, belə bir düstur beşinci dərəcəli tənliklər üçün də mövcud olmalıdır və nəzəri olaraq, beşinci, üçüncü və ikinci dərəcələrin kökləri onda görünməlidir. Yenə də əminliklə güman edə bilərik ki, belə bir düstur, əgər varsa, çox, çox mürəkkəb olacaqdır.

Bu fərziyyə sonda yanlış çıxdı. Əslində belə bir düstur yoxdur; ən azından toplama, çıxma, vurma və bölmədən istifadə edərək, kök götürməklə düzəldilən a, b, c, d, e və f əmsallarından ibarət düstur yoxdur. Beləliklə, 5 rəqəmində çox xüsusi bir şey var. Beşlinin bu qeyri-adi davranışının səbəbləri çox dərindir və onları anlamaq üçün çox vaxt lazım idi.

Problemin ilk əlaməti o idi ki, riyaziyyatçılar belə bir düstur tapmaq üçün nə qədər çalışsalar da, nə qədər ağıllı olsalar da, həmişə uğursuzluğa düçar olmuşlar. Bir müddətdir ki, hamı səbəblərin formulun inanılmaz mürəkkəbliyində olduğuna inanırdı. Hesab olunurdu ki, heç kim bu cəbri düzgün başa düşə bilməz. Lakin zaman keçdikcə bəzi riyaziyyatçılar belə bir formulun hətta mövcud olduğuna şübhə etməyə başladılar və 1823-cü ildə Niels Hendrik Abel bunun əksini sübut edə bildi. Belə bir formula yoxdur. Qısa müddətdən sonra Evariste Qalua bu və ya digər dərəcədə - 5-ci, 6-cı, 7-ci, hər hansı bir tənliyin bu cür düsturdan istifadə edərək həll edilə biləcəyini müəyyən etmək üçün bir yol tapdı.

Bütün bunlardan nəticə sadədir: 5 rəqəmi xüsusidir. Cəbri tənlikləri həll edə bilərsiniz (köklərdən istifadə edərək n-ci dərəcə n-nin müxtəlif dəyərləri üçün) 1, 2, 3 və 4-cü dərəcələr üçün, lakin 5-ci dərəcə üçün deyil. Bu, aşkar nümunənin bitdiyi yerdir.

5-dən böyük dərəcə tənliklərinin daha pis davranması heç kəsi təəccübləndirmir; xüsusən də eyni çətinlik onlarla bağlıdır: onların həlli üçün ümumi düsturlar yoxdur. Bu o demək deyil ki, tənliklərin həlli yoxdur; Bu, həm də bu həllər üçün çox dəqiq ədədi dəyərlər tapmaq mümkün olmadığı anlamına gəlmir. Bütün bunlar ənənəvi cəbr alətlərinin məhdudiyyətləri haqqındadır. Bu, hökmdar və kompasdan istifadə edərək bucağın üçbucağı kəsilməsinin qeyri-mümkünlüyünü xatırladır. Cavab mövcuddur, lakin sadalanan üsullar kifayət deyil və bunun nə olduğunu müəyyən etməyə imkan vermir.

Kristaloqrafik məhdudiyyət

İki və üç ölçülü kristallarda 5 şüa fırlanma simmetriyası yoxdur.

Kristaldakı atomlar bir qəfəs, yəni bir neçə müstəqil istiqamətdə vaxtaşırı təkrarlanan bir quruluş meydana gətirir. Məsələn, divar kağızı üzərində nümunə rulonun uzunluğu boyunca təkrarlanır; əlavə olaraq, adətən üfüqi istiqamətdə, bəzən bir divar kağızı parçasından digərinə keçidlə təkrarlanır. Əslində, divar kağızı iki ölçülü bir kristaldır.

Bir təyyarədə 17 növ divar kağızı naxışları var (bax. Fəsil 17). Onlar simmetriya növləri ilə, yəni naxışı orijinal mövqeyində tam olaraq öz üzərində olması üçün sərt şəkildə hərəkət etdirmə üsulları ilə fərqlənirlər. Simmetriya növlərinə, xüsusən də fırlanma simmetriyasının müxtəlif variantları daxildir, burada naxış müəyyən bir nöqtə ətrafında - simmetriya mərkəzi ətrafında müəyyən bir açı ilə fırlanmalıdır.

Fırlanma simmetriyasının qaydası, naxışın bütün detallarının orijinal vəziyyətinə qayıtması üçün bədənin tam bir dairədə neçə dəfə dönə biləcəyidir. Məsələn, 90° fırlanma 4-cü dərəcəli fırlanma simmetriyasıdır*. Kristal qəfəsdə fırlanma simmetriyasının mümkün növlərinin siyahısı yenidən 5 rəqəminin qeyri-adiliyinə işarə edir: orada yoxdur. 2-ci, 3-cü, 4-cü və 6-cı dərəcəli fırlanma simmetriyasına malik variantlar var, lakin divar kağızı dizaynlarının heç birində 5-ci dərəcəli fırlanma simmetriyası yoxdur. 6-dan böyük fırlanma simmetriyası kristallarda da yoxdur, lakin ardıcıllığın ilk pozulması hələ də 5 nömrəsində baş verir.

Eyni şey üçölçülü məkanda kristalloqrafik sistemlərlə də baş verir. Burada qəfəs üç müstəqil istiqamətdə təkrarlanır. 219 müxtəlif simmetriya növü var və ya dizaynın güzgü təsvirini ayrıca variant kimi hesablasaq 230 - bu halda güzgü simmetriyası olmamasına baxmayaraq. Yenə 2, 3, 4 və 6-cı sıraların fırlanma simmetriyaları müşahidə edilir, lakin 5 deyil. Bu fakt kristalloqrafik qapalılıq adlanır.

Dördölçülü fəzada 5-ci dərəcəli simmetriyaya malik qəfəslər mövcuddur; Ümumiyyətlə, kifayət qədər yüksək ölçülü qəfəslər üçün fırlanma simmetriyasının əvvəlcədən müəyyən edilmiş hər hansı bir qaydası mümkündür.

// Düyü. 40. Süfrə duzunun kristal qəfəsi. Tünd toplar natrium atomlarını, açıq toplar isə xlor atomlarını təmsil edir

Kvazikristallar

2D və ya 3D qəfəslərdə 5-ci dərəcəli fırlanma simmetriyası mümkün olmasa da, kvazikristal kimi tanınan bir qədər daha az nizamlı strukturlarda mövcud ola bilər. Keplerin eskizlərindən istifadə edərək, Rocer Penrose daha çox düz sistemləri kəşf etdi ümumi növü beşqat simmetriya. Onlara kvazikristallar deyilir.

Kvazikristallar təbiətdə mövcuddur. 1984-cü ildə Daniel Shechtman kəşf etdi ki, alüminium və manqan ərintisi kvazikristallar əmələ gətirə bilər; Əvvəlcə kristalloqraflar onun mesajını bir qədər şübhə ilə qarşıladılar, lakin sonradan kəşf təsdiqləndi və 2011-ci ildə Şextman mükafata layiq görüldü. Nobel mükafatı kimya üzrə. 2009-cu ildə Luka Bindinin rəhbərlik etdiyi alimlər qrupu Rusiyanın Koryak dağlarından olan mineralda - alüminium, mis və dəmir birləşməsində kvazikristallar aşkar ediblər. Bu gün bu mineral ikosahedrit adlanır. Kütləvi spektrometrdən istifadə edərək mineralda müxtəlif oksigen izotoplarının miqdarını ölçən alimlər bu mineralın Yer kürəsində yaranmadığını göstərdilər. Təxminən 4,5 milyard il əvvəl, bir vaxtda meydana gəldi günəş sistemi yenicə körpəlikdə idi və vaxtının çox hissəsini asteroid qurşağında, Günəşin orbitində, bəzi narahatlıq orbitini dəyişdirənə və nəhayət onu Yerə gətirənə qədər keçirdi.

// Düyü. 41. Sol: dəqiq beşqat simmetriyaya malik iki kvazikristal qəfəsdən biri. Sağda: İkosaedral alüminium-palladium-manqan kvazikristalının atom modeli

Torpaq tədqiqatçıları tərəfindən yerdə tədqiqatlar aparmaq üçün istifadə olunan rahat və çox dəqiq üsul perpendikulyar xətlər, aşağıdakı kimidir. A nöqtəsindən MN düz xəttinə perpendikulyar çəkmək lazım gəlsin (şək. 13). AM istiqamətində A-dan bir qədər a məsafəsini üç dəfə gecikdirin. Sonra kordona üç düyün bağlanır, aralarındakı məsafələr 4a və 5a-dır. Həddindən artıq düyünləri A və B nöqtələrinə bağladıqdan sonra kordonu orta düyünlə çəkin. Şnur, A bucağının düz bucaq olduğu üçbucaqda yerləşdiriləcəkdir.

Misir piramidalarını inşa edənlərin, yəqin ki, min illər əvvəl istifadə etdikləri bu qədim üsul, məlum Pifaqor teoreminə görə, tərəfləri 3:4:5 nisbətində olan hər üçbucağın düzbucaqlı olmasına əsaslanır. ildən

3 2 + 4 2 = 5 2 .

3, 4, 5 rəqəmlərinə əlavə olaraq, məlum olduğu kimi, əlaqəni təmin edən a, b, c müsbət tam ədədlərinin sonsuz çoxluğu var.

A 2 + b 2 = c 2.

Onlara Pifaqor nömrələri deyilir. Pifaqor teoreminə görə, belə ədədlər müəyyən düzbucaqlı üçbucağın tərəflərinin uzunluqları kimi xidmət edə bilər; buna görə də a və b “ayaqlar”, c isə “hipotenuza” adlanır.

Aydındır ki, a, b, c Pifaqor ədədlərinin üçlüyüdürsə, p-nin tam əmsal olduğu pa, pb, pc Pifaqor ədədləridir. Əksinə, əgər Pifaqor ədədlərinin ümumi amili varsa, o zaman onların hamısını bu ümumi faktorla azaltmaq olar və yenə də Pifaqor ədədlərinin üçqatını əldə edirsiniz. Buna görə də, biz əvvəlcə yalnız üçlü ikiqat Pifaqor ədədlərini araşdıracağıq (qalanları onlardan p tam əmsalı ilə çarpılmaqla əldə edilir).

Göstərək ki, belə a, b, c üçlüklərinin hər birində “ayaqlardan” biri cüt, digəri tək olmalıdır. Gəlin ziddiyyətlə mübahisə edək. Hər iki "ayaq" a və b cütdürsə, a 2 + b 2 rəqəmi cüt olacaq və buna görə də "hipotenuz" olacaqdır. Bununla belə, bu, a, b, c ədədlərinin ümumi amillərinin olmaması faktı ilə ziddiyyət təşkil edir, çünki üç cüt ədədin ümumi əmsalı 2-dir. Beləliklə, a, b “ayaqlarından” ən azı biri təkdir.

Daha bir ehtimal qalır: hər iki "ayaq" tək, "hipotenuz" isə cütdür. Bunun ola bilməyəcəyini sübut etmək çətin deyil. Həqiqətən: "ayaqların" forması varsa

2x + 1 və 2y + 1,

onda onların kvadratlarının cəmi bərabərdir

4x 2 + 4x + 1 + 4y 2 + 4y + 1 = 4(x 2 + x + y 2 + y) + 2,

yəni 4-ə bölündükdə 2 qalıq qalan bir ədəddir. Bu arada istənilən cüt ədədin kvadratı 4-ə qalıqsız bölünməlidir. Bu o deməkdir ki, iki tək ədədin kvadratlarının cəmi cüt ədədin kvadratı ola bilməz; başqa sözlə, üç ədədimiz Pifaqor deyil.

Beləliklə, a, b “ayaqlarından” biri cüt, digəri təkdir. Buna görə də a 2 + b 2 ədədi təkdir, yəni "hipotenuza" c da təkdir.

Dəqiqlik üçün fərz edək ki, a tərəfi tək, b isə cütdür. Bərabərlikdən

a 2 + b 2 = c 2

asanlıqla əldə edirik:

A 2 = c 2 - b 2 = (c + b)(c - b).

Sağ tərəfdəki c + b və c - b faktorları bir-birini əvəz edir. Həqiqətən də, əgər bu ədədlərin birindən fərqli ümumi sadə amili olsaydı, cəmi bu əmsala bölünərdi.

(c + b) + (c - b) = 2c,

və fərq

(c + b) - (c - b) = 2b,

və işləyin

(c + b)(c - b) = a 2,

yəni 2c, 2b və a ədədlərinin ortaq amili olacaq. a tək olduğundan, bu amil ikidən fərqlidir və buna görə də a, b, c ədədləri eyni ümumi əmsala malikdir, lakin ola bilməz. Nəticədə ortaya çıxan ziddiyyət c + b və c - b ədədlərinin üst-üst olduğunu göstərir.

Amma nisbətən sadə ədədlərin hasili dəqiq kvadratdırsa, onda onların hər biri kvadratdır, yəni.

Bu sistemi həll etdikdən sonra tapırıq:

C = (m 2 + n 2)/2, b = (m 2 - n 2)/2, a 2 = (c + b)(c - b) = m 2 n 2, a = mn.

Beləliklə, nəzərdən keçirilən Pifaqor nömrələri formaya malikdir

A = mn, b = (m 2 - n 2)/2, c = (m 2 + n 2)/2.

burada m və n bəzi nisbətən sadə tək ədədlərdir. Oxucu bunun əksini asanlıqla yoxlaya bilər: hər hansı tək tip üçün yazılı düsturlar üç Pifaqor rəqəmi a, b, c verir.

Burada müxtəlif növlərlə əldə edilmiş Pifaqor ədədlərinin bir neçə üçlüyü verilmişdir:

m = 3 üçün, m = 5 üçün n = 1 3 2 + 4 2 = 5 2, m = 7 üçün n = 1 5 2 + 12 2 = 13 2, m üçün n = 1 7 2 + 24 2 = 25 2 = 9, m = 11 ilə n = 1 9 2 + 40 2 = 41 2, m = 13 ilə n = 1 11 2 + 60 2 = 61 2, m = 5 ilə n = 1 13 2 + 84 2 = 85 2 , m = 7 üçün n = 3 15 2 + 8 2 = 17 2, m = 11 üçün n = 3 21 2 + 20 2 = 29 2, m = 13, n üçün n = 3 33 2 + 56 2 = 65 2, n = 3 39 2 + 80 2 = 89 2 m = 7, n = 5 35 2 + 12 2 = 37 2 üçün m = 9, n = 5 45 2 + 28 2 = 53 2 üçün m = 11, n = 5 m = 13 ilə 55 2 + 48 2 = 73 2, m = 9 ilə n = 5 65 2 + 72 2 = 97 2, m = 11 ilə n = 7 63 2 + 16 2 = 65 2, n = 7 77 2 + 36 2 = 85 2

(Pifaqor ədədlərinin bütün digər üçlüyü ya ümumi amillərə malikdir, ya da yüzdən çox ədədləri ehtiva edir.)

Belotelov V.A. Pifaqor üçlüyü və onların sayı // Nesterov Ensiklopediyası

Bu məqalə bir professora cavabdır - shchipach. Bax, professor, bizim kənddə bunu necə edirlər.

Nijni Novqorod vilayəti, Zavoljye.

Diofant tənliklərinin (ARDE) həlli alqoritmi və çoxhədlilərin irəliləmələri haqqında biliklər tələb edir.

IF sadə ədəddir.

SP kompozit nömrədir.

Tək ədəd N olsun. Birindən başqa hər hansı tək nömrə üçün tənlik yarada bilərsiniz.

p 2 + N = q 2,

burada r + q = N, q – р = 1.

Məsələn, 21 və 23 nömrələri üçün tənliklər, -

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

Əgər N sadə ədəddirsə, bu tənlik unikaldır. Əgər N ədədi mürəkkəbdirsə, o zaman 1 x N daxil olmaqla, bu ədədi təmsil edən amil cütlərinin sayından istifadə etməklə oxşar tənliklər qurmaq olar.

N = 45 ədədini götürək, -

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

Maraqlandım ki, IF və orta diapazon arasındakı bu fərqdən yapışaraq, onları müəyyən etmək üçün bir üsul tapmaq mümkün olacaqmı?

Bəzi qeydləri təqdim edək;

Aşağı tənliyi dəyişdirək, -

N = 2-də – a 2 = (in – a)(+ a-da).

N dəyərlərini b - a meyarına görə qruplaşdıraq, yəni. Gəlin masa düzəldək.

N ədədləri bir matrisdə ümumiləşdirilmişdir, -

Məhz bu tapşırığa görə çoxhədlilərin irəliləmələri və onların matrisləri ilə məşğul olmalı idik. Hər şey boşa çıxdı - İF-lər müdafiələrini güclü şəkildə tutdular. Cədvəl 1-ə b - a = 1 (q - p = 1) olan bir sütun daxil edək.

Bir daha. Cədvəl 2 İF və MF-nin müəyyən edilməsi problemini həll etmək cəhdi nəticəsində əldə edilmişdir. Cədvəldən belə çıxır ki, hər hansı N ədədi üçün 2-də a 2 + N = formasında o qədər çox tənlik var ki, N sayını neçə cüt faktora bölmək olar, o cümlədən 1 x N əmsalı. N = ℓ 2 ədədləri, burada

ℓ - ƏGƏR. N = ℓ 2 üçün, burada ℓ tezlik çeviricisidir, unikal p 2 + N = q 2 tənliyi mövcuddur. Cədvəldə birdən ∞-ə qədər N əmələ gətirən cütlüklərdən kiçik amilləri sadalasaq, hansı əlavə sübutdan danışmaq olar. Cədvəl 2-ni sinə yerləşdirəcəyik və sinəni şkafda gizlədəcəyik.

Məqalənin başlığında qeyd olunan mövzuya qayıdaq.

Bu məqalə bir professora cavabdır - shchipach.

Kömək istədim; İnternetdə tapa bilmədiyim bir sıra nömrələrə ehtiyacım var idi. “Niyə?”, “Mənə metodu göstər” kimi suallarla qarşılaşdım. Xüsusilə, Pifaqor üçlüyü seriyasının sonsuz olub-olmaması ilə bağlı bir sual var idi, "bunu necə sübut etmək olar?" Mənə kömək etmədi. Bax, professor, bizim kənddə bunu necə edirlər.

Pifaqor üçlüyü düsturunu götürək, -

x 2 = y 2 + z 2. (1)

Gəlin onu ARD-dən keçirək.

Üç vəziyyət mümkündür:

I. x – tək ədəd,

y cüt ədəddir,

z cüt ədəddir.

Və x > y > z şərti var.

II. x tək ədəddir,

y cüt ədəddir,

z tək ədəddir.

x > z > y.

III.x – cüt ədəd,

y tək ədəddir,

z tək ədəddir.

x > y > z.

Gəlin ardıcıllıqla I-dən başlayaq.

Yeni dəyişənləri təqdim edək

(1) tənliyini əvəz edək.

Daha kiçik dəyişən 2γ ilə azaldaq.

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

Gəlin 2β – 2γ dəyişənini daha kiçik bir dəyişənlə azaldaq və eyni zamanda yeni parametr ƒ, -

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

Sonra, 2α – 2β = x – y – 1.

Tənlik (2) formasını alacaq -

(x – y + 2ƒ + 2k) 2 = (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2

Gəlin onu kvadrat edək -

(x – y) 2 + 2(2ƒ + 2k)(x – y) + (2ƒ + 2k) 2 = (2ƒ + 2k) 2 + (2k + 1) 2,

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

ARDE parametrlər vasitəsilə tənliyin aparıcı şərtləri arasındakı əlaqəni verir, ona görə də (3) tənliyini alırıq.

Həll yollarını seçmək yaxşı fikir deyil. Lakin, birincisi, getmək üçün heç bir yer yoxdur, ikincisi, bu həllərin bir neçəsinə ehtiyac var və biz sonsuz həllər seriyasını bərpa edə bilərik.

ƒ = 1, k = 1 olduqda, x – y = 1 olur.

ƒ = 12, k = 16 ilə x – y = 9 olur.

ƒ = 4, k = 32 ilə x – y = 25 olur.

Seçmək uzun müddət çəkə bilər, amma sonda seriya formasını alacaq -

x – y = 1, 9, 25, 49, 81, ….

II variantı nəzərdən keçirək.

(1) tənliyinə yeni dəyişənlər daxil edək

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

Daha kiçik dəyişən 2 β ilə azaldaq, -

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

Daha kiçik bir dəyişən 2α – 2β ilə azaldaq, –

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

2α – 2γ = x – z və onu (4) tənliyində əvəz edin.

(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

ƒ = 3, k = 4 ilə x – z = 2 olur.

ƒ = 8, k = 14 ilə x – z = 8 olur.

ƒ = 3, k = 24 ilə x – z = 18 olur.

x – z = 2, 8, 18, 32, 50, ….

Gəlin bir trapesiya çəkək -

Formulunu yazaq.

burada n=1, 2,... ∞.

III halı təsvir etməyəcəyik - orada həll yolları yoxdur.

II şərt üçün üçlüklər dəsti aşağıdakı kimi olacaq:

Tənlik (1) aydınlıq üçün x 2 = z 2 + y 2 kimi təqdim olunur.

I şərt üçün üçlüklər dəsti aşağıdakı kimi olacaq:

Ümumilikdə, hər birində beş üçlü olmaqla 9 üçlü sütun var. Və təqdim olunan sütunların hər biri ∞-ə qədər yazıla bilər.

Nümunə olaraq, x – y = 81 olan sonuncu sütunun üçlüyünü nəzərdən keçirək.

x kəmiyyətləri üçün trapesiya yazırıq, -

Düsturunu yazaq -

y kəmiyyətləri üçün trapesiya yazırıq, -

Düsturunu yazaq -

z dəyərləri üçün trapesiya yazırıq, -

Düsturunu yazaq -

Burada n = 1 ÷ ∞.

Söz verildiyi kimi, x – y = 81-də bir sıra üçlüklər ∞-ə uçur.

I və II hallar üçün x, y, z dəyərləri üçün matrislər qurmağa cəhd edildi.

Son beş sütunun yuxarı sətirlərindən x-in qiymətlərini yazaq və trapesiya quraq.

Bu alınmadı, amma nümunə kvadrat olmalıdır. Hər şeyi qaydasında saxlamaq üçün I və II sütunları birləşdirmək lazım olduğu ortaya çıxdı.

II halda, y və z dəyərləri yenidən dəyişdirilir.

Biz bir səbəbdən birləşməyi bacardıq - kartlar bu vəzifədə yaxşı işlədi - şans.

İndi x, y, z üçün matrisləri yaza bilərsiniz.

Son beş sütunun yuxarı sətirlərindən x dəyərlərini götürək və trapesiya yaradaq.

Hər şey qaydasındadır, biz matrislər qura bilərik və gəlin z üçün matrisa ilə başlayaq.

Sinə üçün şkafa qaçın.

Cəmi: Vəhdətdən əlavə, say xəttindəki hər bir tək ədəd, 1 x N faktoru da daxil olmaqla, verilmiş N ədədini əmələ gətirən cüt faktorların sayına bərabər olan Pifaqor üçlüklərinin formalaşmasında iştirak edir.

N = ℓ 2 ədədi, burada ℓ tezlik faktorudur, bir Pifaqor üçlüyünü təşkil edir, əgər ℓ tezlik tezliyidirsə, onda ℓxℓ amillərində üçlük yoxdur.

Gəlin x, y qiymətləri üçün matrislər quraq.

Gəlin x üçün matrisa ilə işləməyə başlayaq. Bunu etmək üçün, koordinat şəbəkəsini IF və MF-ni müəyyən etmək tapşırığından onun üzərinə uzataq.

Şaquli cərgələrin nömrələnməsi ifadə ilə normallaşdırılır

Birinci sütunu siləcəyik, çünki

Matris formasını alacaq -

Şaquli sıraları təsvir edək, -

"a" üçün əmsalları təsvir edək, -

Pulsuz şərtləri təsvir edək -

"x" üçün ümumi düstur yaradaq -

Bənzər işi "y" üçün yerinə yetirsək, alırıq -

Bu nəticəyə digər tərəfdən yanaşa bilərsiniz.

Gəlin tənliyi götürək -

a 2 + N = 2-də.

Gəlin onu bir az dəyişdirək -

N = 2-də - a 2 .

Gəlin onu kvadrat edək -

N 2 = 4-də – 2-də 2 a 2 + a 4-də.

Tənliyin sol və sağ tərəflərinə 4в 2 a 2 dəyərini əlavə edirik, -

N 2 + 4b 2 a 2 = b 4 + 2b 2 a 2 + a 4.

Və nəhayət, -

(2 + a 2-də) 2 = (2va) 2 + N 2.

Pifaqor üçlüyü aşağıdakı kimi tərtib edilmişdir:

N = 117 sayı ilə bir nümunə nəzərdən keçirək.

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

Cədvəl 2-nin şaquli sütunları a – a qiymətləri ilə, 3-cü cədvəlin şaquli sütunları isə x – y qiymətləri ilə nömrələnir.

x – y = (c – a) 2,

x = y + (c – a) 2.

Üç tənlik yaradaq.

(y + 1 2) 2 = y 2 + 117 2,

(y + 3 2) 2 = y 2 + 117 2,

(y + 9 2) 2 = 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.

3 və 39 faktorları ümumi ədədlər deyil, ona görə də 9 əmsalı ilə bir üçlük əldə edilmişdir.

Yuxarıda yazılanları ümumi simvollarla təsvir edək -

Bu işdə hər şey, o cümlədən sayı ilə Pifaqor üçlüyünün hesablanması nümunəsi

N = 117, daha kiçik amillə bağlıdır - a. + a amili ilə bağlı açıq ayrı-seçkilik. Gəlin bu ədalətsizliyi düzəldək - faktoru + a olan üç tənlik quracağıq.

İF və MF-nin müəyyən edilməsi məsələsinə qayıdaq.

Bu istiqamətdə çox işlər görülüb və bu gün belə bir fikir ortaya çıxıb: identifikasiya tənliyi və faktorları müəyyən edə bilən tənlik mövcud deyil.

Tutaq ki, F = a,b (N) əlaqəsi tapıldı.

Bir formula var

F düsturunda b-dən xilas ola bilərsiniz və a-ya münasibətdə n-ci dərəcəli homojen bir tənlik alırsınız, yəni. F = a(N).

Bu tənliyin istənilən n dərəcəsi üçün, m > n üçün m cüt faktoru olan N ədədi var.

Və nəticədə n dərəcəli homojen tənliyin m kökü olmalıdır.

Bəli, bu ola bilməz.

Bu işdə x 2 = y 2 + z 2 tənliyi üçün N ədədləri tənlikdə z yerində olduqda nəzərə alınmışdır. N x yerinə olduqda, bu fərqli bir problemdir.

Hörmətlə, Belotelov V.A.