![[un triangolo pitagorico]](https://i0.wp.com/xmau.com/notiziole/files/pitagora.PNG?w=625)
Non so se a voi sia mai capitata la stessa cosa, ma il pensiero che se costruiamo un triangolo di lati 3, 4 e 5 unità tale triangolo è rettangolo è sempre sembrato qualcosa di magico. Nulla farebbe immaginare a priori una relazione così semplice, e si può perfettamente capire come per più di due millenni si sia stati convinti che la geometria euclidea fosse quella “vera”, visto che dava un risultato così bello e semplice. (Nelle geometrie di Lobacevskij e Riemann le cose non sono così semplici, perché c’è sempre un fattore correttivo… ma questa è un’altra storia). Il teorema di Pitagora è stato dimostrato in centinaia di modi diversi, persino da un futuro presidente degli Stati Uniti d’America: Garfield, che però fu assassinato pochi mesi dopo l’elezione il che potrebbe dare ragione a chi pensa che la matematica faccia male. Il triangolo di lati 3, 4 e 5 era però già noto agli egizi, e forse è il primo esempio pratico di geometria noto all’umanità.
Quasi la stessa magia, almeno per me, è stato scoprire che ce n’erano infiniti, di triangoli rettangoli con i lati interi: a parte quelli ovvi di lati multipli della terna (3,4,5) ci sono ad esempio quelli definiti da (5,12,13), (7,24,25), (8,15,17). La cosa è abbastanza inverosimile, se si pensa che l’ultimo teorema di Fermat afferma che con i cubi o le potenze di ordine maggiore non si riesce mai ad avere una cosa del genere, a meno di scrivere 0n + 1n = 1n. Da buon matematico, a questo punto, la prima domanda che mi faccio è “Ma c’è una formula per ricavare tutte le terne pitagoriche, come vengono detti i numeri che formano i lati di un triangolo rettangolo?” Per le prime tre terne è abbastanza facile ricavare una formula generale che le rappresenti: il cateto più corto è un numero dispari, diciamo 2n+1; il cateto più lungo è n(2n+1)+n; l’ipotenusa è uno in più del cateto piu lungo. Ma il quarto triangolo è fuori da questo schema, e ci vuole una formula diversa; e chissà quanti altri triangoli “sostanzialmente diversi” ci sono!
A dire il vero, esiste una formula che permette di ottenere tutte le terne pitagoriche, e tale formula è nota da secoli, e sapevo dell’esistenza di tale formula. Quello che non sapevo è che per ricavarla non occorre affatto chissà quale abilità matematica; se uno sa qual è il trucco giusto, ci arriva con le conoscenze della terza media. Rubo così la dimostrazione da Algebra ricreativa di Yakov Perelman (libro che consiglio, tra l’altro), sperando che vi possa interessare.
Iniziamo a dire che a noi interessa trovare le terne pitagoriche “base”, cioè di numeri senza alcun fattor comune: a partire da quelle non ci sono problemi a moltiplicare i tre valori per un qualsiasi intero e ottenerne un’altra. Questo significa che se (a,b,c) è la nostra terna, dove a e b sono i cateti e c l’ipotenusa, allora possiamo assumere che i tre numeri non sono tutti pari. Limitandoci ad a e b, non possono essere entrambi pari, visto che in questo caso lo sarebbe anche c; ma non possono nemmeno essere entrambi dispari. Se infatti a=2h+1 e b=2k+1, allora c2 = a2+b2 = 4(h2 + k2 + hk) + 2. Peccato che questo valore non sia multiplo di 4, mentre il quadrato di un numero pari lo è. Insomma, in una terna pitagorica base ipotenusa e un cateto sono dispari, mentre l’altro cateto è pari: per fissare le idee, supponiamo che quest’ultimo cateto sia b.
Adesso arriva il colpo di genio. Invece che scrivere a2 + b2 = c2, scriviamo a2 = c2 – b2 = (c+b)(c-b). I due numeri c+b e c-b sono necessariamente primi tra loro! Se infatti avessero un fattore comune k, questo sarebbe un fattore comune alla loro somma 2c, alla loro differenza 2b e al loro prodotto a2. Però k non può essere multiplo di 2 (ricordo che a è dispari) e non può essere nessun altro valore, perché altrimenti potremmo dividere a, b e c per k contro l’ipotesi di avere una terna pitagorica base.
Ma se (c+b)(c-b) è un quadrato e (c+b) e (c-b) sono dispari e primi tra loro, devono essere entrambi dei quadrati di numeri dispari. Diciamo che (c+b)=m2 e (c-b)=n2. Risolvendo per b, c ed a otteniamo
a = mn
b = (m2 – n2)/2
c = (m2 + n2)/2
Fine del nostro lavoro. Ciascuna terna così ottenuta è pitagorica; e scegliendo a nostro piacere i valori di m ed n (purché entrambi dispari, primi tra loro e con m>n) possiamo ottenere tutte le terne pitagoriche base. Per la cronaca, la mia formula iniziale si ottiene da quella generica quando n=1.
Un’ultima cosa. Dopo questa bella dimostrazione, Perelman afferma – senza provarlo – che nelle terne pitagoriche c’è sempre un cateto multiplo di 3, uno multiplo di 4, e un lato (cateto o ipotenusa) multiplo di 5. Le dimostrazioni non sono difficili: almeno io le ho fatte a mente mentre sollevavo pesi in palestra, il che la dice lunga su quanto mi alleni con scrupolo e coscienza. Se qualcuno di voi vuole cimentarsi per conto proprio, ha una settimana di tempo prima che posti le dimostrazioni relative: non rovini però la vita agli altri scrivendo la soluzione, ma al limite metta un aiutino. Posso solo dire che anche in questo caso le conoscenze necessarie non superano quelle della scuola media, e che un liceale dovrebbe farcela a trovarle. Buon divertimento :-)
Ultimo aggiornamento: 2008-12-16 13:11
ah, bello!
niente dimostrazioni, solo intuizioni, noi da poco abbiamo parlato di costruzione di terne pitagoriche_1 e 2
Verresti a dare uno sguardo? :-))
Le tue dimostrazioni? bah, ci provo! :-)
@giovanna: vedo che alla fine non hanno scoperto la seconda condizione, però…
“il trucco di Perelman”
Non è un trucco che ti serve, ma un po’ di geometria. Io i trucchi li odio.
Attenti: io non so usare html, quindi scrivo x^2 per dire x al quadrato. Inoltre non so come mettere un disegno, che invece ci vorrebbe eccome (sennò che geometria è?).
Cercare terne pitagoriche, cioè soluzioni intere di a^2+b^2=c^2, è come cercare soluzioni frazioni, o razionali, di x^2+y^2=1; insomma trovare i punti sul cerchio (di centro l’origine e raggio uno) che hanno entrambe le coordinate razionali (e positive). Basta mettere x=a/b, e y=b/c.
Sia P=(x_0,y_0) un tale punto; chiamiamo Q=(-1,0) (che è anche lui un punto del cerchio, sia pure non corrispondente a una terna pitagorica).
La retta che unisce P a Q non è verticale, quindi ha equazione y=tx+q dove t è la pendenza e q l’intersezione con l’asse y. Deve essere q=t (visto che passa per Q) e t razionale (visto che P e Q hanno coordinate razionali) e t fra 0 e 1 (visto che P sta nel primo quadrante). Viceversa, se interseco la retta y=tx+t con il cerchio x^2+y^2=1 [cioè, risolvo l’equazione x^2+(tx+t)^2=1] ho due soluzioni, di cui una è x=-1; poiché sto risolvendo un polinomio di secondo grado a coefficienti razionali, se una radice è razionale, anche l’altra lo è. Se scelgo t fra 0 e 1 la soluzione sta nel primo quadrante.
Quindi ad ogni t razionale fra 0 e 1 corrisponde una soluzione. Quale? Beh, si possono fare i conti risolvendo l’equazione di secondo grado (non è difficile). Se invece siete pigri-ma-secchioni, potete ricordare che
1) t è la tangente dell’angolo a fra QP e l’asse x;
2) l’angolo al centro (fra OP e l’asse x) è il doppio dell’angolo a (alla circonferenza);
3) x e y sono coseno e seno dell’angolo al centro;
4) formule di duplicazione:
cos(2a)=(1-t^2)/(1+t^2)
sen(2a)=2t/(1+t^2).
Mettendo tutto insieme, viene x=(1-t^2)/(1+t^2), y=2t/(1+t^2); scrivendo t=r/s con r,s coprimi, r minore di s, si ottiene
x=(r^2-s^2)/(r^2+s^2), y=2rs/(r^2+s^2).
Per ottenere una terna a coefficienti interi, si può moltiplicare per (r^2+s^2) ottenendo
a=r^2-s^2;
b=2rs;
c=r^2+s^2.
Non vi sembra la formula di .mau.? Avete ragione. Il punto è che l’unico possibile fattore comune si ha se r e s sono entrambi dispari; in quel caso (a,b,c) sono divisibili per due, e la terna primitiva (base) è in tal caso
a=(r^2-s^2)/2
b=rs
c=(r^2+s^2)/2.
Ehm… perché vi dico questo, quando il conto di .mau. era tanto più semplice?
A me questo approccio piace di più perché a un trucco si sostituisce un’idea geometrica, che spiegherò agli eventuali cultori di matematica in ascolto.
Sia C una conica razionale (cioè il luogo di zeri di un polinomio in due variabili a coefficienti razionali) – nell’esempio, x^2+y^2-1, cioè il cerchio di centro l’origine e raggio 1;
sia Q un punto di C a coefficienti razionali (nell’esempio, Q=(-1,0));
allora c’è una corrispondenza perfetta fra punti di C a coefficienti razionali (non verticalmente sopra Q) e rette passanti per Q con pendenza razionale.
Non solo, ma questo funziona anche sostituendo razionali con qualsiasi altro campo (cioè un insieme con le quattro operazioni che si comporta come i razionali). In altre parole, trovare tutte le soluzioni di un’equazione di secondo grado in due variabili (in un campo) è immediato, non appena se ne sa trovare UNA, e le soluzioni che si trovano sono esprimibili in una sola variabile come rapporto di polinomi.
Il bello della faccenda è che se tirate un polinomio “a caso” di grado più grande di due, questo non è possibile; non ci sono soluzioni esplicite come funzioni razionali di un parametro. E questo ha un bellissimo motivo geometrico… che non sto a spiegare ora.
Bonus: l’ultimo teorema di Fermat si traduce nel dire che la curva x^n+y^n=1 non ha punti a coefficienti razionali fuori dagli assi x e y, se n è un intero maggiore di due.
La formula per le prime terne, quella che .mau. definisce abbastanza facile, me la sono trovata da sola, in seconda media. Praticamente il “mio” primo teorema: non nel senso che era cosa sconosciuta (anzi!), ma nel senso che avevo pensato da sola enunciato e dimostrazione.
A me ha fatto l’effetto di una prima dose di crack: non ho più smesso. La matematica dà assuefazione. Per fortuna mi dà anche da vivere.
PS Scusate il commento precedente, troppo lungo e probabilmente incomprensibile.
Mau,
sii, hanno scoperto la seconda condizione. Non hanno risposto sul blog, molti non hanno connessione o in altri casi c’è ancora da lavorare per l’uso più assiduo della rete…, e neppure io ho aggiunto le conclusioni: in una successiva lezione hanno individuato abbastanza facilmente che r e s sono primi fra loro.
grazie! :-)
g
@Barbara: il fatto che tu sia una geometra algebrica non è che implichi necessariamente che l’approccio secondo la geometria algebrica sia il più semplice per tutti :-P
Mau,
ho tentato le dimostrazioni a cui ci invitavi, sfruttando la divisibilità.
Non le riporto ancora?
Per ora dico che:
Se c’è sempre un cateto multiplo di 3 e uno multiplo di 4, il loro prodotto deve contenere come fattori il 3 e il 4.
Se uno dei termini della terna è multiplo di 5, il prodotto dei 3 termini deve essere multiplo di 5.
ah, le terne pitagoriche così ricavate:
a = r^2 – s^2
b = 2rs
c = r^2 + s^2
(a^2 + b^2 = c^2)
Avvertici quando possiamo scriverle :-)
@giovanna: io posterò la seconda parte domenica o lunedì (l’ho già scritta, ma non posso rompere troppo con la matematica light…). Fai tu.
@.mau. Infatti non ho detto che sia semplice per tutti. Mica tutti fanno il matematico di professione, per fortuna.
Detto questo, mi chiedo 1) quante siano le insegnanti brave come Giovanna e soprattutto 2) come faccio ad essere sicura che ne tocchino ai miei figli. Tu che te ne intendi, c’è un@ sant@ patron@ a cui mettere ceri?
Quanto al problemino, secondo me per chi (come me e te) conosce l’aritmetica modulare diventa molto facile; senza, non mi pronuncio.
Per i non addetti ai lavori: l’aritmetica modulare vuol dire che si lavora con le classi resto. Ad esempio se il modulo è tre, i “numeri” sono i possibili resti della divisione per tre: 0,1,2. Le operazioni si fanno come al solito, e poi prendendo il resto della divisione: ad esempio, 2+2=1 (perché 4:3 fa 1 con resto 1) e quindi anche 2*2=1. Non è difficile, ma a scuola di solito non si fa.
ok, posto.
Come ho accennato, ho ragionato solo la divisibilità e, come dice Barbara [che ringrazio… mmm, mica sono così brava. Lo ha detto Mau, in questo caso le conoscenze necessarie non superano quelle della scuola media, infatti! Non ho una laurea in matematica, lavoro in una scuola media e devo andarci anche piuttosto pianino… :-( ]
ho sfruttato giusto le classi-resto.
Poniamo le terne pitagoriche così ricavate:
a = r^2 – s^2
b = 2rs
c = r^2 + s^2
(a^2 + b^2 =c^2)
Se c’è sempre un cateto multiplo di 3 e uno multiplo di 4, il loro prodotto è multiplo di 12.
Quindi:
(r^2 – s^2) * 2rs
Se uno dei due numeri, r oppure s, è pari, sicuramente il prodotto è multiplo di 4
Se entrambi sono dispari allora (r^2 – s^2) è multiplo di 4 in quanto r^2 e s^2 sono elementi dell’insieme della classe-resto [1], modulo 4.
Se uno dei due, r oppure s, è multiplo di 3, il prodotto è multiplo di 3,
Se nessuno dei due è multiplo di 3, (r^2 – s^2) è multiplo di 3 in quanto r^2 e s^2 sono elementi dell’insieme della classe-resto [1], modulo 3.
Se uno dei termini della terna è multiplo di 5, il prodotto dei 3 termini deve essere multiplo di 5.
quindi:
2rs * (r^2 – s^2) * (r^2 + s^2) = 2rs * (r^4 – s^4)
se r oppure s sono multipli di 5, ok
Se nessuno dei due lo è, (r^4 – s^4) è multiplo di 5 in quanto r^4 e s^4 sono elementi dell’insieme della classe-resto [1], modulo 5.
ciao!