畢氏數.docVIP

畢氏數(Pythagorean triple)摘要 本研究主要討論，也就是畢氏定理的正整數解。我們先探討畢氏數的一般性質，利用這些性質及分別列出a、b、c在100以下時，其他邊長的解研究動機 在國中第三冊數學課本2-4商高定理，提到了直角三角形的三邊長a、b、c；其中a、b為兩股，c為斜邊，有著的關係式而課本的第一個以邊長3、4、5的直角三角形說明這個重要的幾何定理。 而上課時老師也補充滿足商高定理的三邊長a、b、c可用a＝2mn，b＝，c＝ ，m、n以正整數代入而能求出無限多組a、b、c的解。我們以正整數m，n(m＞n)代入畢氏數(a,b,c)， 1 2 3 4 5 6 2 (4,3,5) 3 (6,8,10) (12,5,13) 4 (8,15,17) (16,12,20) (24,7,25) 5 (10,24,26) (20,21,29) (30,16,34) (40,9,41) 6 (12,35,37) (24,32,40) (36,27,45) (48,20,52) (60,11,61) 7 (14,48,50) (28,45,53) (42,40,58) (56,33,65) (70,24,74) (84,13,85) 觀察這個表，可發現(6,8,10)這組剛好是(4,3,5)這組邊長的2倍，接著也可發現(16,12,20)是(4,3,5)這組邊長的4倍，經過整理之後，我們將三者互質的(a,b,c)列於下 a 4 12 8 24 20 40 12 b 3 5 15 7 21 9 35 c 5 13 17 25 29 41 37 而這些就是老師上課曾提過的直角三角形基本數。我們想知道這些直角三角形的基本數整數數對(a,b,c)會有什麼性質？同時也是一個三元方程式；因此我們也想從代數或方程式的觀點來探討這個式子的整數解有什麼特性。最後我們也試著求出a、b、c分別在100以下的畢氏數各組解。 貳、研究問題與目的 一、畢氏基本數有哪些性質？ 二、利用a＝2mn，b＝，c＝名詞定義畢氏數(Pythagorean triples)：能滿足c2＝的正整數數對(a,b,c) 畢氏基本數(primitive Pythagorean triples)：能滿足c2＝的正整數數對(a,b,c)，且a,b,c三數的最大公因數為1 ，斜邊 滿足。上述的式子是由奇數和＝完全平方數的式子而來的。1+3+5+9+……+(2k+1)的點可排成邊長為(k+1)的正方形，因此1+3+5+9+……+(2k+1)＝。如果這時2k+1剛好是某個特定的奇數平方(像＝25)，設2k+1＝，此時 k＝。這個式子1+3+5+9+……+(2k－1)＋(2k+1)＝可以看成是 ＋(2k+1) ＝(()2＋＝。取n=1、2、3、4、5可得直角三角形之三邊長為(3, 4, 5)；(5, 12, 13)；(7, 24, 25)；(9, 40, 41)；(11, 60, 61) 而西元3世紀的丟番圖(Diophantus)和7世紀印度的婆多摩笈多(Brahmagupta)則給出了(2mn，，. 他的思路是這樣的: 設z為已知平方數, 欲求 x,y 使 z2x2+y2改寫成 z2x2＝y2。因左式為 x 之二次式要使兩平衡, 可設 y 為 x 之一次式 kxz, 其中 k 是有理數, 第二項必需為z, 否則即將出現矛盾. 於是 z2x2=y2=k2x2－2kzx+z2 解之得 x=y=。令 k=z=m2+n2 代入可得正整數解 x=2mn y= z= ，此時的的正整數組現在被稱為畢達哥拉斯三元數(Pythagorean triples)，簡稱為畢氏(三元)數。 而代入時m、n必須互質才能得到基本數；因為m、n若不互質，代入之後的x、y、z便都有m、n的最大公因數。這便與基本數兩兩互質的定義不同。 因此a、b、c三數為直角三角形的三邊長，且設c為斜邊，則可得a＝2mn，b＝，c＝， 中間重疊部分的面積恰為右上及左下兩個矩形面積的和，因此 2(c-a)(c-b)=(a+b-c)2 ................................................(*) 開平方得 因此 因a, b, c 均為正整數，可取兩個正整數p,q 滿足 c-a=2p2, c-b=q2， 此時 a+b-c=2pq， 可得直角三角形三邊長為 其次，將邊長分別為直角三角形三邊長a,b,c為邊