i
i
“Grasseli-trikotniska” — 2010/5/28 — 8:35 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 14 (1986/1987)
Številka 3
Strani 170–174
Jože Grasselli:
TRIKOTNIŠKA ŠTEVILA
Ključne besede: matematika, teorija števil, trikotniška števila.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/14/831-Grasselli.pdf
c© 1986 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2010 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
, o
~ . , 1i11-'-'''Ii1I-'-/~~I-' o ":, '" 1CI" I",;"
TRIKOTNISKA STEVILA
Če vzamemo prvo, seštejemo prvi dve , prva tri, prva štiri, ... naravna števila,
dobimo
ti = 1
t']. =1 + 2 =3
t3 =1 + 2 + 3 =6
t4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10
Pitagora (580 - 500) je dal tem številom ime trikotniška. Števila 1, 3, 6, 10
povedo namreč, koliko je narisanih točk v enakostraničnih trikotnikih
o
1 + 2 + 2 + 3 + 2+ 3+ 4
s stranico O, 1, 2, ' 3. Podobne slike lahko napravimo za nadaljnja trikotniška
števila.
Trikotniško število tn je vsota prvih n naravnih števil
tn = 1 + 2 + 3 + .., + n (1 )
Iz tn najdemo naslednje trikotniško število tn+l tako, da t n za n + 1 povečamo
tn+ l =tn + (n+ 1) (2)
Ker je ti = 1, lahko iz obrazca (2) pri n = 1 izračunamo t']. . Ko poznamo t'].,
spet iz (2) pri n = 2 izračunamo t3 ' Iz znanega t 3 pri n = 3 najdemo t4. ln tako
naprej. Napravimo si po tem navodilu preglednico za prvih 15 trikotniških
števil :
170
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
tn 1 3 6 10 15 21 28 36 45 55 66 78 91 105 120
Preglednica A
Preglednico bi mogli nadaljevati in bi sčasoma dosegli trikotniška števila
tn s poljubno velikim indeksom n. Precej zamudno bi bilo , če bi hoteli na ta
način dobiti npr. t1oooo. Ali se da morda tn izračunati preprosteje? Odgovor na
. to vprašanje so poznali že Bab ilonci. Dognali so, da je
n (n + 1)
1 + 2 + 3 + ...+ n =-----
2
Če to ugotovitev upoštevamo v (1) , dobimo za trikotniško število tn zvezo
n (n + 1)
t =-----
n 2
Za n = 10000 je torej
t lOOOO = l10000 . 10001 =50005000
Oglejmo si nekaj lastnosti trikotnišk ih števil.
Iz preglednice A povzemamo:
tl + t 2 = 1 + 3 = 4 = 22
t2 + t3 = 3 + 6 = 9 = 32
t3 + t4 = 6 + 10 = 16 = 42
(3)
V vseh treh primerih je vsota dveh zaporednih trikotniških števil kvadrat narav-
nega števila . Ali dobimo zmeraj kvadrat, ko seštejemo zaporedni trikotnišk i
števili? lzra čunajrno vsoto tn + tn+1 z naslonitvijo na obrazec (3). Pride
tn + tn+1 = ~ n (n + 1) + ~ (n + 1)(n + 2) = ~ (n + 1)(2n + 2) = (n + 1)2 (4)
Vidimo :
Vsota dveh zaporednih trikotniških števil je kvadrat naravnega števila.
To lastnost trikotniških števil so gotovo opazili že davno. Prvič je izpričana
okrog leta 100 v spisih novopitago rejca Nikomaha. Ko se n spreminja po vseh
naravnih številih 1,2,3, ..., opiše n + 1 vsa naravna števila razen 1. Zaradi (4)
171
so to rej vsi od 1 večji kvadrati naravnih števil vsote po dveh zaporednih tri-
kotn iških števil.
Po preglednici Aje:
8tl + 1 =8.1 + 1 = 9= 32
8t2 + 1 = 8.3 + 1 = 25 = 52
8t3 + 1 =8.6 + 1 =49= 7
2
Vrednost so spet kvadrati naravn ih števil. Da gre tudi tukaj za splošno last nost
trikotniških števil, se lahko hitro prepričamo. Po obrazcu (3) je
8tn + 1 = 8 ' 1 n (n + 1) + 1 = 4n
2 + 4n + 1 = (2n + 1)2 (5)
Ko preteče n vsa naravna števila , opiše 2n + 1 vsa liha naravna števi la razen 1.
Zato iz (5) izhaja:
Za ena zvečani osemkratnik trikotniškega števila je kvadrat lihega naravne-
ga števila. Vsak od ena večji lihi kvadrat se izrata v tej obliki.
To lastnost t rikot niških števil omenja Nikomahov sodobnik Plutar h, pisec
življenjepisov slavnih grških in rimskih mož.
V preglednici A sta dva kvadrata:
tl =1 =1 2
t s = 36 = 6
2 (6)
Ali pri nadaljevanju preglednice naletimo še na kakšen kvadrat? Euler (1707 -
1783) je pokazal, da bi se to zgodilo neskončnokrat . Imeti bi morali seveda
neskončno časa, da bi pregledn ico brez kraja nadaljevali. Kadar je trikotniško
število n (n + 1)/2 kvadrat naravnega števila m, drži enačba :
Po Eulerjevi ugotovitvi obstaja neskončno parov naravnih števil n, m, ki to
enačbo izpolnijo . Dajo se dobiti obrazci, ki zajemajo vse rešitve. Navedimo prva
štiri trikotn iška števila, ki so kvadrati in pridejo za kvadratoma 1 in 36 iz (6).
To so:
t49 = 49 .25 = (5.7)2
t2ss = 144 .289 = (12 .17)2
t 16 Sl = 1681.841 = (41.29)2
t9so0 = 4900.9801 = (70.99)2
172
Omenili smo, da je med trikotniškimi števili neskončno kvadratov. Koliko
pa je kubov? ln bikvadratov (četrtih potenc)?
V preglednici A je kub le 1 in bikvadrat tudi samo 1. Če preglednico na-
daljujemo brez kraja, nikdar več ne srečamo kuba ali bikvadrata. O tem govori
trditev, ki jo je izrekel Fermat (1601 - 1665) :
Nobeno trikotniško število, ki je večje od 1, ni kub ali bikvadrat naravnega
števila.
Kako je Fermat svojo trditev utemeljil , ni znano. Prvič je trditev dokazana
pri Eulerju. Zato drži , da enačba
n2 + n = 2m 3
v naravnih številih nima druge rešitve kot n = m = 1. Isto velja za enačbo
Razlika
pove, da med tn in tn+1 leži n naravnih števil. Zato zmeraj redkeje srečamo
trikotniška števila, ko sepomikamo k vedno večjim naravnim številom. To kaže
tudi spodnja preglednica B. V njej je za nekatere n navedeno, koliko je tri-
kotniških števil do n.
n
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
10000
100000
1000000
2000000
3000000
število trikotniških
števil do n
13
19
24
27
31
34
36
39
41
44
140
446
1413
1999
2448
Preglednica 8
Iz preglednice preberemo, da je
do milijona 1413 trikotniških števil.
Ko gremo od milijona do dveh mili-
jonov, naletimo na 586 trikotniških
števil. Od dveh do treh milijonov leži
449 trikotniških števil. Ko postane n
dovolj velik, seveda med n in
n + 1000000 ni nobenega trikotnl-
škega števila več. Podobno za vsako
naravno število d, med n in n + d
ni trikotniških števil, če je le n za-
dosti velik.
Videli smo, da so trikotniška
števila redka. Kljub temu se z njimi
naravna števila preprosto izražajo.
Tudi to njihovo lastnost je zapazil
Fermat, ko je zatrdil:
Vsako naravno število se da pisa'
ti kot vsota enega, dveh ali največ
treh trikotniških števil.
173