1. Zu zeigen ist, dass die Endziffer der Fläche eine elementaren pytagoreischen Zahlentrippels nur a∈ {0 ; 4 ;6} sein kann .
2. Dann ist zu zeigen , dass für alle k
a*k^2 die Endziffer b∈ {0 ; 4 ;6} hat
Für a = 0, ist dies klar, für
$$a=4$$
$$k≡0\space mod\space 5→4k^2≡0\space mod\space 10$$$$k≡1\space mod\space 5→4k^2≡4\space mod\space 10$$$$k≡2\space mod\space 5→4k^2≡6\space mod\space 10$$$$k≡3\space mod\space 5→4k^2≡6\space mod\space 10$$$$k≡4\space mod\space 5→4k^2≡4\space mod\space 10$$
$$a=6$$
$$k≡0\space mod\space 5→6k^2≡0\space mod\space 10$$$$k≡1\space mod\space 5→6k^2≡6\space mod\space 10$$$$k≡2\space mod\space 5→6k^2≡4\space mod\space 10$$$$k≡3\space mod\space 5→6k^2≡4\space mod\space 10$$$$k≡4\space mod\space 5→6k^2≡6\space mod\space 10$$
Jetzt müssen wir uns also mit
1) beschäftigen
Eine Möglichkeit elementare pytagoreische Zahlentripel zu finden, geht wie folgt.
$$a_n=2n+1$$$$b_n=((2n+1)^2-1)/2$$$$c_n=((2n+1)^2+1)/2$$$$A(n)=a*b/2=$$$$(2n+1)((2n+1)^2-1)/4=$$$$2n^3+3n^2+n$$
Nun also wieder eine kleine Tabelle
$$n≡0\space mod\space 5→A(n)≡0\space mod\space 10$$$$n≡1\space mod\space 5→A(n)≡6\space mod\space 10$$$$n≡2\space mod\space 5→A(n)≡0\space mod\space 10$$$$n≡3\space mod\space 5→A(n)≡4\space mod\space 10$$$$n≡4\space mod\space 5→A(n)≡0\space mod\space 10$$
Für diese Art von Zahlentripel stimmt also die Annahme, nur leider gibt es noch eine weitere Möglichkeit die Zahlentripel zu erzeugen, doch dazu später mehr.
$$m>n$$
$$a_{mn}=a_m*a_n$$
$$b_{mn}=b_m-b_n$$
$$A_{mn}=a_{mn}*b_{mn}/2=$$$$a_m*a_n*(b_m-b-n)/2=$$$$a_n(a_m*b_m/2)-a_m(a_n*b_n/2)=$$$$a_n*A_m-a_m*A_n$$
Dazu jetzt eine kleine Matrix, dort trage ich \(A_{mn}\space mod \space10\space\)ein
\( \begin{matrix} & &n&0&1&2&3&4 \\ & &a_n&1&3&5&7&9\\m&a_m&A_m|A_n&0&6&0&4&0\\0&1&0&0&6&0&4&0\\1&3&6&4&0&0&0&6\\2&5&0&0&0&0&0&0\\3&7&4&6&0&0&0&4\\4&9&0&0&4&0&6&0\end{matrix} \)
Wieder tauchen nur die Endziffern 0;4;6 auf. Die Aussage ist richtig
Die Fläche der pytagoreischen Dreiecke, hat immer die Endziffer 0;4 oder 6.
