Pythagoreisches Tripel

Ist ${\displaystyle (a,b,c)}$ ein pythagoreisches Tripel, so ergibt die Division der zugehörigen Gleichung ${\displaystyle a^{2}+b^{2}=c^{2}}$ durch ${\displaystyle c^{2}}$

${\displaystyle \left({\frac {a}{c}}\right)^{2}+\left({\frac {b}{c}}\right)^{2}=1}$.

Die Zahlen ${\displaystyle x:={\tfrac {a}{c}}}$ und ${\displaystyle y:={\tfrac {b}{c}}}$ sind rational und positiv und erfüllen die Koordinatengleichung des Einheitskreises

${\displaystyle x^{2}+y^{2}=1}$.

Also ist ${\displaystyle (x,y)}$ ein Punkt mit rationalen Koordinaten auf dem Einheitskreis. Die Gerade durch die Punkte ${\displaystyle (-1,0)}$ und ${\displaystyle (x,y)}$ schneidet die ${\displaystyle y}$-Achse in einem Punkt ${\displaystyle (0,t)}$, wobei ${\displaystyle t}$ die Steigung dieser Geraden ist, für die gilt:

${\displaystyle t={\frac {y}{x+1}}}$

Daher ist ${\displaystyle t}$ eine rationale Zahl.

Eliminiert man ${\displaystyle y}$ aus dieser Gleichung und der des Einheitskreises, erhält man mit

${\displaystyle {\begin{aligned}x^{2}+t^{2}(x+1)^{2}&=1\\(x^{2}-1)+t^{2}(x+1)^{2}&=0\\(x+1)\left[(x-1)+t^{2}(x+1)\right]&=0\end{aligned}}}$

eine Bestimmungsgleichung für ${\displaystyle x}$.

Wegen ${\displaystyle x>0}$ gilt ${\displaystyle x+1\neq 0}$, sodass man beide Seiten durch ${\displaystyle (x+1)}$ dividieren darf:

${\displaystyle {\begin{aligned}(x-1)+t^{2}(x+1)&=0\\x&={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\\y&=t\cdot (x+1)=t\cdot \left({\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}+1\right)={\frac {2t}{1+t^{2}}}\end{aligned}}}$

Damit haben wir also

${\displaystyle (x,y)=\left({\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},{\frac {2t}{1+t^{2}}}\right)}$

oder, weil man ${\displaystyle t={\tfrac {v}{u}}}$ mit teilerfremden natürlichen Zahlen ${\displaystyle u,v}$ setzen kann:

${\displaystyle \left({\frac {a}{c}},{\frac {b}{c}}\right)=\left({\frac {1-{\frac {v^{2}}{u^{2}}}}{1+{\frac {v^{2}}{u^{2}}}}},{\frac {\frac {2v}{u}}{1+{\frac {v^{2}}{u^{2}}}}}\right)=\left({\frac {u^{2}-v^{2}}{u^{2}+v^{2}}},{\frac {2uv}{u^{2}+v^{2}}}\right)}$

Dies ergibt das pythagoreische Tripel

${\displaystyle (a,b,c)=(u^{2}-v^{2},2uv,u^{2}+v^{2}).}$

Es kann vorkommen, dass ${\displaystyle u^{2}-v^{2}}$, ${\displaystyle 2uv}$ und ${\displaystyle u^{2}+v^{2}}$ einen gemeinsamen Teiler ${\displaystyle N>1}$ haben. Aus ${\displaystyle u=3,\ v=1}$ würde beispielsweise ${\displaystyle a=8,\ b=6,\ c=10}$ folgen.

Als einzige Möglichkeit hierfür kommt jedoch ${\displaystyle N=2}$ in Betracht. Denn angenommen, eine ungerade Primzahl ${\displaystyle p}$ teilte sowohl ${\displaystyle u^{2}-v^{2}}$ als auch ${\displaystyle u^{2}+v^{2}}$, so wäre

${\displaystyle v^{2}\equiv u^{2}{\pmod {p}}}$ und ${\displaystyle v^{2}\equiv -u^{2}{\pmod {p}},}$

woraus man, weil ${\displaystyle p}$ prim und ${\displaystyle 2}$ teilerfremd zu ${\displaystyle p}$ ist, so weiter schließen kann:

${\displaystyle {\begin{aligned}u^{2}&\equiv -u^{2}{\pmod {p}}\\2u^{2}&\equiv 0\quad \ {\pmod {p}}\\u^{2}&\equiv 0\quad \ {\pmod {p}}\\u&\equiv 0\quad \ {\pmod {p}}\\\end{aligned}}}$

Die ungerade Primzahl ${\displaystyle p}$ teilt also ${\displaystyle u}$ und wegen ${\displaystyle v^{2}\equiv u^{2}{\pmod {p}}}$ auch ${\displaystyle v}$. Das steht jedoch in Widerspruch zur Teilerfremdheit von ${\displaystyle u}$ und ${\displaystyle v}$, sodass ${\displaystyle p}$ nicht ungerade sein kann. Also bleibt nur ${\displaystyle N=2}$, was mit ${\displaystyle u\equiv v\equiv 1{\pmod {2}}}$ offenbar auch tatsächlich möglich und immer der Fall ist.

Man kann solche ${\displaystyle u,v}$, die teilerfremd und beide ungerade sind, jedoch aussortieren, ohne primitive pythagoreische Tripel zu verlieren. Denn, wenn ${\displaystyle u}$ und ${\displaystyle v}$ das Tripel ${\displaystyle (2a,2b,2c)}$ ergeben, so ergeben ${\displaystyle u'=(u+v)/2}$ und ${\displaystyle v'=(u-v)/2}$ das Tripel ${\displaystyle (b,a,c)}$. Dabei sind ${\displaystyle u',v'}$ teilerfremd und nicht beide ungerade.

Aus der Antike stammen nach Proklos die Formeln von Pythagoras und Plato.

Pythagoras gibt die Seitenlängen

${\displaystyle a=k,\ b={\frac {k^{2}-1}{2}},\ c={\frac {k^{2}+1}{2}}}$

für ungerades ${\displaystyle k\geq 3}$ an. Plato gibt die Seitenlängen

${\displaystyle a=l,\ b={\left({\frac {l}{2}}\right)}^{\!2}\!\!-1,\ c={\left({\frac {l}{2}}\right)}^{\!2}\!\!+1}$

für gerade ${\displaystyle l\geq 4}$ an.

Setzt man ${\displaystyle k=2n+1}$ mit ${\displaystyle 1\leq n\in \mathbb {N} }$, ergibt die Formel von Pythagoras

${\displaystyle (2n+1,\ 2n^{2}+2n,\ 2n^{2}+2n+1)}$.

Die Formel für Plato ergibt für ${\displaystyle l=2n}$ mit ${\displaystyle 2\leq n\in \mathbb {N} }$

${\displaystyle (2n,\ n^{2}-1,\ n^{2}+1)}$.

Viele weitere Formeln findet man unter Formeln zur Erzeugung pythagoreischer Tripel.

Nach den Euklidischen Regeln erhält man als primitive pythagoreische Tripel zum Beispiel (aufsteigend geordnet nach ${\displaystyle m+n}$ und bei Gleichheit dann nach der kleineren Zahl ${\displaystyle n}$):

Die primitiven pythagoreischen Tripel mit ${\displaystyle c<300}$ (aufsteigend geordnet nach der größten der drei Zahlen und bei Gleichheit dann nach der kleinsten) sind:

(3, 4, 5)	(5, 12, 13)	(8, 15, 17)	(7, 24, 25)
(20, 21, 29)	(12, 35, 37)	(9, 40, 41)	(28, 45, 53)
(11, 60, 61)	(16, 63, 65)	(33, 56, 65)	(48, 55, 73)
(13, 84, 85)	(36, 77, 85)	(39, 80, 89)	(65, 72, 97)
(20, 99, 101)	(60, 91, 109)	(15, 112, 113)	(44, 117, 125)
(88, 105, 137)	(17, 144, 145)	(24, 143, 145)	(51, 140, 149)
(85, 132, 157)	(119, 120, 169)	(52, 165, 173)	(19, 180, 181)
(57, 176, 185)	(104, 153, 185)	(95, 168, 193)	(28, 195, 197)
(84, 187, 205)	(133, 156, 205)	(21, 220, 221)	(140, 171, 221)
(60, 221, 229)	(105, 208, 233)	(120, 209, 241)	(32, 255, 257)
(23, 264, 265)	(96, 247, 265)	(69, 260, 269)	(115, 252, 277)
(160, 231, 281)	(161, 240, 289)	(68, 285, 293)

Zwei Folgen von pythagoreischen Tripeln sind noch bemerkenswert:

• ${\displaystyle m=k+1}$ und ${\displaystyle n=k\quad (1\leq k\in \mathbb {N} )}$[1] ergibt mit ${\displaystyle (m^{2}-n^{2},\ 2\;\!mn,\ m^{2}+n^{2})}$

${\displaystyle (3,4,5),\;(5,12,13),\;(7,24,25),\;(9,40,41),\;(11,60,61),\;(13,84,85),\;\dotsc ,\;(2k+1,\ 2k^{2}+2k,\ 2k^{2}+2k+1),\ \dotsc }$[18]

für jede Zahl ${\displaystyle k}$ ein Tripel, das die ungerade Zahl ${\displaystyle 2k+1}$ (als kleinste Zahl) enthält und bei dem sich die beiden anderen Zahlen um genau ${\displaystyle 1}$ unterscheiden.

Der Halbumfang eines rechtwinkeligen Dreiecks mit diesen Seitenlängen beträgt ${\displaystyle s=2n^{2}+3n+1}$.

• ${\displaystyle m=2k\quad (1\leq k\in \mathbb {N} )}$[1] und ${\displaystyle n=1}$ ergibt mit ${\displaystyle (m^{2}-n^{2},\ 2\;\!mn,\ m^{2}+n^{2})}$

${\displaystyle (3,4,5),\;(15,8,17),\;(35,12,37),\;(63,16,65),\;(99,20,101),\;(143,24,145),\;\dotsc ,(4k^{2}-1,\ 4k,\ 4k^{2}+1),\ \dotsc }$

für die durch 4 teilbare Zahl ${\displaystyle 4k}$ ein Tripel, das ${\displaystyle 4k}$ (als kleinste Zahl, außer für ${\displaystyle k=1}$, dort ist es die mittlere Zahl) enthält und bei dem sich die beiden anderen Zahlen um genau ${\displaystyle 2}$ unterscheiden.

Der Halbumfang eines rechtwinkeligen Dreiecks mit diesen Seitenlängen beträgt ${\displaystyle s=4n^{2}+2n}$.

Auch in dem noch fehlenden Fall ${\displaystyle 2\cdot (2n+1)}$ des Doppelten einer ungeraden Zahl findet man leicht immer ein (natürlich nicht primitives) pythagoreisches Tripel, indem man die Lösungen der ersten Folge einfach zu ${\displaystyle (4n+2,4n^{2}+4n,4n^{2}+4n+2)}$ verdoppelt. Somit kann man zu jeder natürlichen Zahl ${\displaystyle x>2}$ ein Zahlenpaar ${\displaystyle (b,c)}$ finden, mit dem sich ${\displaystyle x}$ zu einem pythagoreischen Tripel ${\displaystyle (x,\ y,\ z)}$ ergänzen lässt – bei ungeradem ${\displaystyle a}$ mit der Differenz 1, bei geradem ${\displaystyle a}$ mit Differenz 2:

Mit * sind nichtprimitive Tripel markiert. Diese Fälle für ${\displaystyle a=4n+2}$ sind redundant, da sie auch durch Verdoppelung von ${\displaystyle a=2n+1}$ entstehen.

Die babylonischen Multiplikationsformel

${\displaystyle a=kl}$

${\displaystyle b={\frac {k^{2}-l^{2}}{2}}}$

${\displaystyle c={\frac {k^{2}+l^{2}}{2}}}$

liefern für teilerfremde ungerade ${\displaystyle k,l\in \mathbb {N} }$[1] mit ${\displaystyle k>l}$ ein primitives pythagoreisches Tripel.[19]

Primitive pythagoreische Tripel ${\displaystyle ((1+2i)(1+2j),2(i-j)(1+i+j),(i-j)^{2}+(1+i+j)^{2})}$ mit ${\displaystyle i,j\in \mathbb {N} _{0},i>j,ggT(i-j,1+i+j)=1}$ haben (zur Hypotenuse) stets eine unkürzbare Höhe

${\displaystyle h={\frac {2(1+2i)(1+2j)}{{\frac {i-j}{1+i+j}}+{\frac {1+i+j}{i-j}}}}}$.

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{N}x_{k}^{2}&=\sum _{k=1}^{N-1}(2z_{N}z_{k})^{2}+\left(z_{N}^{2}-\sum _{k=1}^{N-1}z_{k}^{2}\right)^{2}\\&=\sum _{k=1}^{N-1}(2z_{N}z_{k})^{2}+\sum _{k=1}^{N}z_{k}^{4}+\sum _{k\neq j}^{N-1}\sum _{j=1}^{N-1}z_{k}^{2}z_{j}^{2}-2\sum _{j=1}^{N-1}z_{N}^{2}z_{j}^{2}\\&=\sum _{k=1}^{N}z_{k}^{4}+\sum _{k\neq j}^{N-1}\sum _{j=1}^{N-1}z_{k}^{2}z_{j}^{2}+2\sum _{j=1}^{N-1}z_{N}^{2}z_{j}^{2}\\&=\left(z_{N}^{2}+\sum _{k=1}^{N-1}z_{k}^{2}\right)^{2}\\&=\left(\sum _{k=1}^{N}z_{k}^{2}\right)^{2}\quad \square \\\end{aligned}}}$

Dies stimmt offensichtlich mit der rechten Seite der Gleichung überein, womit die Gültigkeit der Identität für alle ${\displaystyle (N+1)}$-Tupel ganzer Zahlen gezeigt ist.

Eine bequemere Notation des Sachverhaltes und eine Formulierung als Satz ergibt sich durch Betrachtung der folgenden Abbildung:

Seien ${\displaystyle z\in \mathbb {Z} ^{N}}$ sowie ${\displaystyle Q\in \mathbb {Z} ^{N\times N}}$ mit ${\displaystyle Q(z):=2z_{N}I_{N}-e_{N}\cdot z^{T}}$, wobei ${\displaystyle z_{N}}$ die ${\displaystyle N}$-te Komponente von ${\displaystyle z}$, ${\displaystyle I_{N}}$ die ${\displaystyle N\times N}$-Einheitsmatrix und ${\displaystyle e_{N}\cdot z^{T}}$ das dyadische Produkt des ${\displaystyle N}$-ten kanonischen Einheitsvektors mit dem Vektor ${\displaystyle z}$ bezeichnen. Dann gilt:

${\displaystyle \forall z\in \mathbb {Z} ^{N}\colon Q(z)\cdot z\in \{q\in \mathbb {Z^{N}} \mid \|q\|\in \mathbb {N} \}}$

Anschaulich handelt es sich hierbei um eine Abbildung, die jeden Gitterpunkt eines kartesischen Gitters auf einen weiteren solchen Gitterpunkt – mit der Eigenschaft, ganzzahligen euklidischen Abstand zum Ursprung zu haben – abbildet.

Der Beweis erfolgt auch hier durch einfaches Ausrechnen:

${\displaystyle {\begin{aligned}Q(z)\cdot z&=\left(2z_{N}I_{N}-e_{N}\cdot z^{T}\right)\cdot z\\&=\left(\left({\begin{smallmatrix}2z_{N}&0&0&\ldots &0\\0&2z_{N}&0&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&0&\ldots &2z_{N}\end{smallmatrix}}\right)-\left({\begin{smallmatrix}0&0&0&\ldots &0\\0&0&0&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\z_{1}&z_{2}&z_{3}&\ldots &z_{N}\end{smallmatrix}}\right)\right)\cdot z\\&=\left({\begin{smallmatrix}2z_{N}&0&0&\ldots &0\\0&2z_{N}&0&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\-z_{1}&-z_{2}&-z_{3}&\ldots &z_{N}\end{smallmatrix}}\right)\cdot z\\&=\left(2z_{N}z_{1},2z_{N}z_{2},\dotsc ,2z_{N}z_{N-1},z_{N}^{2}-z_{1}^{2}-z_{2}^{2}-\dotsb -z_{N-1}^{2}\right)\quad \square \end{aligned}}}$

Das entspricht gerade der zuvor bewiesenen Identität.

Die Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung ${\displaystyle \textstyle \sum _{k=1}^{N}x_{k}^{2}=r^{2}}$ hängt sowohl von ${\displaystyle N}$ als auch von ${\displaystyle r}$ ab. Für ${\displaystyle N=3}$ und ${\displaystyle N=4}$ kann die Anzahl der Lösungen für ${\displaystyle r\leq 10}$ der folgenden Tabelle entnommen werden. Dabei bezeichnet ${\displaystyle R_{N}(r)}$ die Anzahl der Lösungen in ${\displaystyle N}$ Dimensionen für den Abstand ${\displaystyle r}$ und ${\displaystyle Z_{N}(r)}$ die Gesamtanzahl aller Lösungen mit Abstand ${\displaystyle \leq r}$, es gilt also: ${\displaystyle \textstyle Z_{N}(r)=\sum _{k=1}^{r}R_{N}(k)}$

${\displaystyle r}$	1	02	003	004	005	006	0007	0008	0009	0010	Folge in der OEIS
${\displaystyle R_{3}(r)}$	6	06	030	006	030	030	0054	0006	0102	0030	OEIS:A267651
${\displaystyle R_{4}(r)}$	8	24	104	024	248	312	0456	0024	0968	0744	OEIS:A267326
${\displaystyle Z_{3}(r)}$	6	12	042	048	078	108	0162	0168	0270	0300	OEIS:A267309
${\displaystyle Z_{4}(r)}$	8	32	136	160	408	720	1176	1200	2168	2912	OEIS:A264390

Die Einträge in der Folge ${\displaystyle R_{N}(r)}$ sind durch ${\displaystyle 2N}$ teilbar. Danny Rorabaugh hat dies am Beispiel ${\displaystyle R_{3}(r)}$ gezeigt.[20] Der Beweis lässt sich problemlos auf alle ${\displaystyle N}$ verallgemeinern.

Gilt ${\displaystyle R_{N}(r)=2N}$, so besitzt die diophantische Gleichung ${\displaystyle \textstyle \sum _{k=1}^{N}x_{k}^{2}=r^{2}}$ nur triviale Lösungen der Form ${\displaystyle \textstyle \sum _{k=1}^{N-1}0^{2}+r^{2}=r^{2}}$. Interessanterweise muss ${\displaystyle N\geq 4}$ gelten, damit für alle ${\displaystyle r>1}$ eine nichttriviale Lösung existiert. Dies folgt unmittelbar aus dem Vier-Quadrate-Satz von Lagrange, wonach jede natürliche Zahl (und damit auch jede Quadratzahl) als Summe von höchstens vier Quadratzahlen darstellbar ist, und der Tatsache, dass die einzige Darstellung ${\displaystyle 2^{2}}$ als Summe von Quadratzahlen durch ${\displaystyle 2^{2}=1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}}$ gegeben ist.