Zahlentheoretische Variationen zum Satz des Pythagoras

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1 Zahlentheoretische zum Satz des nstitut für Mathematik Humboldt-Universität zu Berlin 17. Januar 2017

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4 Aus Die Pythagoreer von Bartel L. van der Waerden

5 Satz. Ein rechtwinkliges Dreieck mit den Katheten a, b und der Hypotenuse c sei vorgelegt. Dann besteht die Gleichung a 2 + b 2 = c 2. ( ) Liegt umgekehrt ein Dreieck vor, dessen drei Seiten a, b, c der Relation ( ) genügen, so ist das Dreieck rechtwinklig.

6 Beweis, 1. Teil b a c

7 Beweis, 1. Teil b a c

8 Beweis, 1. Teil b a c

9 Beweis, 1. Teil b a c

10 Beweis, 1. Teil b a b a c

11 Beweis, 1. Teil Vergleich der Fläche des Quadrats mit Seitenlänge c mit den roten Dreiecksflächen und der gelben Quadratfläche: also c 2 =4 a b 2 +(b a)2, c 2 =2ab + a 2 2ab + b 2, und somit c 2 = a 2 + b 2.

12 Beweis, 2. Teil Wir gehen aus von einem Dreieck mit den Seiten a, b, c, welche a 2 + b 2 = c 2 erfüllen und zeigen, dass es rechtwinklig sein muss. b a c

13 Beweis, 2. Teil b a c

14 Beweis, 2. Teil b a c

15 Beweis, 2. Teil b 0 b a a 0 = a c

16 Beweis, 2. Teil Nach dem bereits bewiesenen ergibt sich aus der vorhergehenden Figur a 02 + b 02 = c 2. Da konstruktionsgemäß a 0 = a gilt, folgt somit a 2 + b 02 = c 2. Mit der vorausgesetzten Gleichheit a 2 + b 2 = c 2 folgt daraus b 0 = b, womit das Ausgangsdreieck rechtwinklig sein muss.

17 Erste Variation:

18 Problemstellung Gesucht werden rechtwinklige Dreiecke mit (positiv) ganzzahligen Seiten, d.h. gesucht werden (positiv) ganzzahlige Lösungen der Gleichung (pythagoreische Tripel) X 2 + Y 2 = Z 2.

19 Problemstellung Gesucht werden rechtwinklige Dreiecke mit (positiv) ganzzahligen Seiten, d.h. gesucht werden (positiv) ganzzahlige Lösungen der Gleichung (pythagoreische Tripel) X 2 + Y 2 = Z 2. Dies ist gleichwertig mit der Suche nach (positiven) rationalen Lösungen der Gleichung X 2 + Y 2 =1.

20 Problemstellung Gesucht werden rechtwinklige Dreiecke mit (positiv) ganzzahligen Seiten, d.h. gesucht werden (positiv) ganzzahlige Lösungen der Gleichung (pythagoreische Tripel) X 2 + Y 2 = Z 2. Dies ist gleichwertig mit der Suche nach (positiven) rationalen Lösungen der Gleichung X 2 + Y 2 =1. Wir werden alle ganzzahligen Lösungen der ersteren Gleichung finden, indem wir alle rationalen Lösungen der letzteren Gleichung ermitteln!

21 Satz. Es seien m, n 2 N mit m > n > 0. Dann sind die pythagoreischen Tripel gegeben durch (m 2 n 2, 2mn, m 2 + n 2 ). Sind m, n überdies teilefremd und haben verschiedene Parität, so ist das Tripel primitiv, d.h. der grösste gemeinsame Teiler des Tripels ist 1. Beispiele m =2, n = 1: (3, 4, 5) m =3, n = 2: (5, 12, 13) m =4, n = 2: (12, 16, 20)

22 Babylonische Tontafel ( v. Chr.), Plimpton Coll.

23 Beweis Wir betrachten den Einheitskreis mit dem Punkt ( 1, 0): Y ( 1, 0) X Wir suchen nach allen Punkten (x, y) deseinheitskreisesmit rationalem x und y.

24 Beweis Wir konstruieren die Gerade durch ( Y 1, 0) und (0, t): ( 1, 0) (0, t) X Diese ist gegeben durch die Gleichung: Y = tx + t.

25 Beweis Wir berechnen die beiden Schnittpunkte der Geraden Y = tx + t mit dem Einheitskreis. Wir substituieren Y = tx + t in die Gleichung X 2 + Y 2 =1 und erhalten die quadratische Gleichung mit den beiden Lösungen X 2 + t 2 (X + 1) 2 =1 () (1 + t 2 )X 2 +2t 2 X (1 t 2 )=0 x 1 = 1, also y 1 = 0; x 2 = 1 t2 1+t 2, also y 2 = 2t 1+t 2.

26 Beweis Wir erhalten also den weiteren Schnittpunkt mit dem Kreis: Y (0, t) 1 t 2 1+t 2, 2t 1+t 2 ( 1, 0) X

27 Durchläuft (0, t) allepunkteaufdery -Achse mit rationalem t, so decken die Schnittpunkte auf dem Einheitskreis alle Punkte mit rationalen Koordinaten (x, y) ab.

28 Durchläuft (0, t) allepunkteaufdery -Achse mit rationalem t, so decken die Schnittpunkte auf dem Einheitskreis alle Punkte mit rationalen Koordinaten (x, y) ab. Damit sind alle Punkte mit rationalen Koordinaten (x, y) aufdemeinheitskreisparametrisiertdurch x = 1 t2 1+t 2, y = 2t 1+t 2 (t 2 Q).

29 Durchläuft (0, t) allepunkteaufdery -Achse mit rationalem t, so decken die Schnittpunkte auf dem Einheitskreis alle Punkte mit rationalen Koordinaten (x, y) ab. Damit sind alle Punkte mit rationalen Koordinaten (x, y) aufdemeinheitskreisparametrisiertdurch x = 1 t2 1+t 2, y = 2t 1+t 2 (t 2 Q). Mit t = n/m (m, n 2 N, m > n > 0) ergeben sich die pythagoreischen Tripel zu (m 2 n 2, 2mn, m 2 + n 2 ).

30 Zweite Variation:

31 Problemstellung c a b Gegeben: F 2 N >0 Gesucht: a, b, c 2 Q >0 : a 2 + b 2 = c 2 und a b =2 F

32 Äquivalentes Problem (arabische Quellen, Fibonacci) Gegeben: F 2 N >0 Gesucht:,, 2 Q >0 : < < mit 2 2 = F = 2 2 st das Problem lösbar, so wird F Kongruenzzahl genannt. Es geht also darum zu entscheiden, ob eine natürliche Zahl F Kongruenzzahl ist oder nicht.

33 Aus History of the Theory of Numbers von L.E. Dickson

34 Satz. (Fermat). Die Zahl F = 1 ist keine Kongruenzzahl. Wäre F = 1 eine Kongruenzzahl, so gäbe es ein rechtwinkliges Dreieck mit den rationalen Seiten a, b, c 2 Q >0 und Flächeninhalt F = 1. ndem wir a = a0 d, b = b0 d, c = c0 d mit a 0, b 0, c 0, d 2 N >0 schreiben, erhalten wir also ein rechtwinkliges Dreieck mit den ganzzahligen Seiten a 0, b 0, c 0 und Flächeninhalt F 0 = a 0 b 0 /2=d 2. Wir werden zeigen, dass es keine solchen rechtwinklige Dreiecke geben kann.

35 P. de Fermat (1607(?) 1665)

36 Beweisstrategie. Wir tre en die Annahme. Es existiert ein rechtwinkliges Dreieck mit den ganzzahligen Seiten a 0, b 0, c 0 2 N >0 und dem Flächeninhalt F 0 = d 2 (d 2 N >0 ).

37 Beweisstrategie. Wir tre en die Annahme. Es existiert ein rechtwinkliges Dreieck mit den ganzzahligen Seiten a 0, b 0, c 0 2 N >0 und dem Flächeninhalt F 0 = d 2 (d 2 N >0 ). Dazu geben wir ein Verfahren an, wie aus den drei positiven ganzen Zahlen a 0, b 0, c 0 drei neue positive ganze Zahlen a 00, b 00, c 00 berechnet werden können, welche die folgenden Eigenschaften besitzen: a 00, b 00, c 00 sind Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks. Der Flächeninhalt dieses Dreiecks ist eine Quadratzahl. Es ist 0 < c 00 < c 0.

38 Beweisstrategie. Wir tre en die Annahme. Es existiert ein rechtwinkliges Dreieck mit den ganzzahligen Seiten a 0, b 0, c 0 2 N >0 und dem Flächeninhalt F 0 = d 2 (d 2 N >0 ). Dazu geben wir ein Verfahren an, wie aus den drei positiven ganzen Zahlen a 0, b 0, c 0 drei neue positive ganze Zahlen a 00, b 00, c 00 berechnet werden können, welche die folgenden Eigenschaften besitzen: a 00, b 00, c 00 sind Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks. Der Flächeninhalt dieses Dreiecks ist eine Quadratzahl. Es ist 0 < c 00 < c 0. Dieses Verfahren können wir nun fortgesetzt anwenden. Es ergibt sich ein Widerspruch, dac 00 nach endlich vielen Schritten Null wird, andererseits aber positiv bleiben muss.

39 Das Verfahren. Ein rechtwinkliges Dreieck mit den ganzzahligen Seiten a 0, b 0, c 0 2 N >0 und dem Flächeninhalt F 0 = d 2 (d 2 N >0 ) sei vorgelegt.

40 Das Verfahren. Ein rechtwinkliges Dreieck mit den ganzzahligen Seiten a 0, b 0, c 0 2 N >0 und dem Flächeninhalt F 0 = d 2 (d 2 N >0 ) sei vorgelegt. Nach dem Satz über pythagoreische gibt es m, n 2 N mit m > n > 0verschiedenerParität und o.b.d.a. teilerfremd, so dass gilt a 0 = m 2 n 2, b 0 =2mn, c 0 = m 2 + n 2 Damit folgt: F 0 = mn(m + n)(m n) =d 2.

41 Das Verfahren. Ein rechtwinkliges Dreieck mit den ganzzahligen Seiten a 0, b 0, c 0 2 N >0 und dem Flächeninhalt F 0 = d 2 (d 2 N >0 ) sei vorgelegt. Nach dem Satz über pythagoreische gibt es m, n 2 N mit m > n > 0verschiedenerParität und o.b.d.a. teilerfremd, so dass gilt a 0 = m 2 n 2, b 0 =2mn, c 0 = m 2 + n 2 Damit folgt: F 0 = mn(m + n)(m n) =d 2. Da alle Faktoren teilerfremd sind, müssen alle Faktoren selbst Quadratzahlen sein, d.h. m = x 2, n = y 2, m + n = u 2, m n = v 2 mit geeigneten x, y, u, v 2 N >0.

42 Das Verfahren (Fortsetzung). Wegen u 2 v 2 = m 2 n 2 = a 02 = ungerade, sind u, v ungerade; überdies sind u, v teilerfremd, und es ist (u + v)(u v) =u 2 v 2 =2n =2y 2. Wegen ggt(u + v, u v) = 2, folgt

43 Das Verfahren (Fortsetzung). Wegen u 2 v 2 = m 2 n 2 = a 02 = ungerade, sind u, v ungerade; überdies sind u, v teilerfremd, und es ist (u + v)(u v) =u 2 v 2 =2n =2y 2. Wegen ggt(u + v, u v) = 2, folgt u + v =2r 2, u v =4s 2 (r, s 2 N >0 ), also u = r 2 +2s 2, v = r 2 2s 2. Damit setzen wir a 00 := r 2, b 00 := 2s 2, c 00 := x.

44 Das Verfahren (Ende). a 00, b 00, c 00 sind die ganzzahligen Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks, denn a b 002 = r 4 +4s 4 = (r 2 +2s 2 ) 2 = u2 + v (r 2 2s 2 ) 2 2 = 2m 2 = x 2 = c 002 < c 02. Für den Flächeninhalt gilt: F 00 = r 2 s 2 =(rs) 2.

45 Das Verfahren (Ende). a 00, b 00, c 00 sind die ganzzahligen Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks, denn a b 002 = r 4 +4s 4 = (r 2 +2s 2 ) 2 = u2 + v (r 2 2s 2 ) 2 2 = 2m 2 = x 2 = c 002 < c 02. Für den Flächeninhalt gilt: F 00 = r 2 s 2 =(rs) 2. Somit haben wir aus dem rechtwinkligen Dreieck a 0, b 0, c 0 mit F 0 = ein kleineres rechtwinkliges Dreieck a 00, b 00, c 00 mit F 00 = konstruiert!

46 Umformulierung des s Betrachte Menge gesuchter rechtwinkliger Dreiecke P F := {a, b, c 2 Q 6=0 a 2 + b 2 = c 2, a b =2 F }

47 Umformulierung des s Betrachte Menge gesuchter rechtwinkliger Dreiecke P F := {a, b, c 2 Q 6=0 a 2 + b 2 = c 2, a b =2 F } Betrachte andererseits die ebene kubische Kurve C F : Y 2 = X 3 F 2 X = X (X F )(X + F )

48 Umformulierung des s Betrachte Menge gesuchter rechtwinkliger Dreiecke P F := {a, b, c 2 Q 6=0 a 2 + b 2 = c 2, a b =2 F } Betrachte andererseits die ebene kubische Kurve C F : Y 2 = X 3 F 2 X = X (X F )(X + F ) Betrachte die Abbildung gegeben durch ' : P F! {(x, y) 2 C F (Q) y 6= 0} (a, b, c) 7! x = F b a + c, y = 2 F 2 a + c

49 Umformulierung des s Die Abbildung ' ist in der Tat wohldefiniert: x 3 F 2 Fb F 2 b 2 x = F 2 a + c (a + c) 2 = F 3 b a + c (c 2 a 2 ) (a + c) 2 (a + c) 2 = F 3 b a + c 2a(a + c) (a + c) 2 2 F 2 2 = = y 2 a + c

50 Umformulierung des s Die Abbildung ' ist surjektiv; ein Urbild von (x, y) 2 C F (Q) mity 6= 0inderMengeP F ist gegeben durch Denn wir haben a = x 2 F 2, b = 2Fx y y, c = x 2 + F 2 y a 2 + b 2 = c 2 und ab 2 = x 2 F 2 Fx y y = F (x 3 F 2 x) y 2 = F

51 Zusammenfassung Betrachte die Menge P F := {a, b, c 2 Q 6=0 a 2 + b 2 = c 2, a b =2 F } und die kubische Kurve C F : Y 2 = X 3 F 2 X = X (X F )(X + F ) Dann bestehen die Äquivalenzen F Kongruenzzahl () P F 6= ; () {(x, y) 2 C F (Q) y 6= 0}6= ;

52 Dritte Variation: Kubische

53 Rationale Punkte auf kubischen Wir betrachten kubische in Weierstraß- Normalform: C : Y 2 = X 3 + ax 2 + bx + c (a, b, c 2 Z) ndem wir C projektiv betrachten, haben wir mit dem unendlich fernen Punkt mindestens einen rationalen Punkt O 2 C(Q) Falls C nicht-singulär ist, dann heißt C elliptische Kurve

54 Beispiel Y Y 2 = X 3 X +1 X

55 Singuläre kubische Y Y 2 = X 3 3X +2 Y X Y 2 = X 3 X Doppelpunkt Spitze

56 Gruppenstruktur auf C(Q) Y C P Q X

57 Gruppenstruktur auf C(Q) Y C P Q R X

58 Gruppenstruktur auf C(Q) Y C P Q R X S

59 Gruppenstruktur auf C(Q) Y C P Q R X S = P + Q

60 Folgerung Frage C(Q) hatdiestruktureinerabelschengruppe. st die abelsche Gruppe C(Q) endlicherzeugt? Mit anderen Worten: Gibt es endlich viele Punkte P 1,...,P r 2 C(Q), so dass für alle P 2 C(Q) P = a 1 P a r P r mit ganzen Zahlen a 1,...,a r gilt?

61 L.J. Mordell ( ) A. Weil ( )

62 Satz (Mordell, Weil) Es sei C : Y 2 = X 3 + ax 2 + bx + c eine elliptische Kurve. Dann ist die Gruppe C(Q) der rationalen Punkte von C endlich erzeugt. N.B.: Dies bedeutet, dass C(Q) endlichoderunendlich sein kann, je nachdem, ob alle Punkte endliche Ordnung haben oder nicht. Wir definieren: Rang r C := 0 () #C(Q) < 1, Rang r C :> 0 () #C(Q) =1.

63 Beispiel mit r C =0 C : Y 2 = X 3 +4X C(Q) =hqi = Z/4Z Q =(2, 4)

64 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X Q X

65 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X Q X

66 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X 2Q Q X

67 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X 2Q Q X

68 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X 2Q Q 3Q X

69 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X 2Q Q 3Q X

70 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X 2Q Q =5Q 3Q X

71 llustration zum Beispiel mit r C =0 Y Y 2 = X 3 +4X 2Q Q =5Q 3Q X

72 Beispiel mit r C > 0 C : Y 2 = X 3 + X +1 C(Q) =hqi = Z Q =(0, 1)

73 llustration zum Beispiel mit r C > 0

74 Zurück zum

75 Zurück zum Satz. P F in Bijektion zu {(x, y) 2 C F (Q) y 6= 0} = C F (Q) \{P 2 C F (Q) P hat endl. Ordnung} Mit anderen Worten: P F 6= ;()r CF > 0

76 Zurück zum Satz. P F in Bijektion zu {(x, y) 2 C F (Q) y 6= 0} = C F (Q) \{P 2 C F (Q) P hat endl. Ordnung} Mit anderen Worten: P F 6= ;()r CF > 0 F =1, 2, 3: r CF =0 =) P F = ; F =6: r CF =1 =) ( 3, 9) 2 C F (Q) hatunendl.ordnung (3, 4, 5) 2P F F =5: r CF =1 =) ( 5/9, 100/27) 2 C F (Q) hatunendl.ord. (20/3, 3/2, 41/6) 2P F

77 Zurück zum Das ist im Allgemeinen bis zum heutigen Tage ungelöst!

78 Zurück zum Die Spiriti Rectores D. Zagier B. Gross S. Zhang

79 Zurück zum Aktuelle Vermutungen/Ergebnisse Vermutung: F quadratfrei und F 5, 6, 7mod8 =) P F 6= ; Vermutung: F quadratfrei und F 1, 2, 3mod8 =) P F 6= ; mit Wahrscheinlichkeit 0

80 Zurück zum Aktuelle Vermutungen/Ergebnisse Vermutung: F quadratfrei und F 5, 6, 7mod8 =) P F 6= ; Vermutung: F quadratfrei und F 1, 2, 3mod8 =) P F 6= ; mit Wahrscheinlichkeit 0 Gross (1985), Monsky (1990), Tian (2012): Es existieren unendlich viele F 5, 6, 7mod8, F Produkt verschiedener Primzahlen, mit P F 6= ; Feng (1996), Li-Tian (2000), Zhao (2001): Es existieren unendlich viele F 1, 2, 3mod8, F Produkt verschiedener Primzahlen, mit P F = ;

81 Zurück zum st 1003 eine Kongruenzzahl? Es ist mod8. Also ist F =1003mitWahrscheinlichkeit0 Kongruenzzahl!

82 Zurück zum st 1003 eine Kongruenzzahl? Es ist mod8. Also ist F =1003mitWahrscheinlichkeit0 Kongruenzzahl! Dennoch ist F =1003Kongruenzzahl!

83 Zurück zum st 1003 eine Kongruenzzahl? Es ist mod8. Also ist F =1003mitWahrscheinlichkeit0 Kongruenzzahl! Dennoch ist F =1003Kongruenzzahl! Die Koordinaten des rationalen Punktes (x, y) auf der elliptischen Kurve C 1003 lauten: x = , y =

84 Zurück zum Dazu gehört das rechtwinklige Dreieck: a = b = c = Man verifiziert in der Tat: a 2 + b 2 = c 2 und a b/2 =1003.

85 Vielen Dank für hre Aufmerksamkeit!