Encontrando pares de números triangulares cuya suma y diferencia es triangular

Question

Los números triangulares 15 y 21 tienen la propiedad de que tanto su suma como su diferencia son triangulares. Hay otros 4 pares menos de 1000. Para completar este problema, he hecho lo siguiente:

Para satisfacer las condiciones, tenemos que encontrar $u$, $v$, $w$, $x$ tal que $$\begin{align*} \frac{u(u+1)}{2} + \frac{v(v+1)}{2} &= \frac{w(w+1)}{2}\\ \frac{v(v+1)}{2} - \frac{u(u+1)}{2} &= \frac{x(x+1)}{2}. \end{align*}$$ Multiplicando por 8 y completando los cuadrados, tenemos; $$\begin{align*} \Bigl( (2u+1)^2 -1\Bigr) + \Bigl( (2v+1)^2-1\Bigr) &= (2w+1)^2-1\\ \Bigl( (2v+1)^2 - 1\Bigr) - \Bigl( (2u+1)^2 - 1\Bigr) &= (2x+1)^2 - 1. \end{align*}$$

Para una representación más conveniente, consideremos, $a = 2u +1$, $b = 2v + 1$, $c = 2w+1$ y $d = 2x +1.

Entonces, tenemos; $a^2 + b^2 - 1 = c^2$ y $b^2 - a^2 + 1 = d^2$ al sumar $2b^2 = c^2 + d^2$, por lo tanto $c^2 - b^2 = b^2 - d^2$ $$\frac{c-b}{b-d} = \frac{b+d}{b+c} = \frac{m}{n}$$ digamos, donde $\gcd(m,n)=1$, $n\gt m$. Por lo tanto $$\begin{align*} -nb +nc &= -md + mb\\ b(m+n) -nc &= md\\ nd + nb &= mb + mc\\ b(n-m) &= mc - nd \end{align*}$$

Lo siento mucho... después de eso, qué hacer y cómo completar este problema, no lo sé. Si alguien puede resolverlo, les estaré muy agradecido o discutan algún otro método para completar este problema.

Answer 1

Hay infinitas soluciones. Primero daré infinitas y luego hablaré sobre la descripción del conjunto de todas las soluciones.

Sea $(a,u)$ una solución a la ecuación de Pell $$a^2-24u^2 =1$$ con $a$ y $u$ impares. Todas las soluciones enteras a esta ecuación son de la forma $a+u\sqrt{24} = (5+\sqrt{24})^n$ (usando los métodos en el enlace de Wikipedia) y, cuando $n$ es impar, también lo son $a$ y $u$. Los primeros valores de $a$ y $u$ son: $(5,1)$, $(485, 99)$, $(47525, 9701)$, $(4656965, 950599)$...

Entonces $(a,b,c,d) = (a, 5u, 7u, u)$ satisface $$a^2-1 = 24u^2 = c^2-b^2 = d^2-c^2$$ y $(a,b,c,d)$ son todos impares.

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Sea $p=c/b$ y $q=d/b$, entonces $p^2+q^2=2$. Existe un método estándar para describir puntos racionales en una cónica una vez que conoces un punto. En este caso, $(1,1)$ está en la cónica. Considera la línea que pasa por $(1,1)$ con pendiente $k/\ell$. Su otra intersección con la cónica es en $$\left( 1-\frac{2k(k+\ell)}{k^2+\ell^2}, 1-\frac{2k(k+\ell)}{k^2+\ell^2} \right) = \left( \frac{-k^2-2k\ell+\ell^2}{k^2+\ell^2}, \frac{k^2-2k\ell-\ell^2}{k^2+\ell^2} \right).$$ La línea entre dos puntos racionales siempre tiene pendiente racional, por lo que toda solución racional a $p^2+q^2=2$ es de la forma anterior. Despejando denominadores, tenemos $$(b,c,d) = u \cdot (k^2+\ell^2, -k^2-2k\ell+\ell^2, k^2-2k\ell-\ell^2).$$ Para que $(b,c,d)$ sean todos impares, toma $k$ y $\ell$ de paridades diferentes y $u$ impar. Encontré $(5,7,1)$ tomando $(k,\ell) = (1,2)$. (También hay algunas soluciones donde $u$ es un semientero y $k$ y $\ell$ son ambos impares. No revisé esto cuidadosamente, ya que mi objetivo era encontrar infinitas soluciones, no clasificarlas todas, pero si quieres entender completamente el problema deberías considerar la posibilidad de que los tres términos dentro de los paréntesis tengan un factor común.)

En cualquier caso, mi estrategia fue pensar en fijar $(k, \ell)$ y buscar $u$'s de modo que la diferencia común $$d^2-c^2 = c^2 - b^2 = u^2 \cdot 4 k \ell (k^2 - \ell^2)$$ fuera de la forma $a^2-1$. Esto es solo la ecuación de Pell $$a^2 - Nu^2=1$$ con $N=4 k \ell (k^2 - \ell^2)$ y la condición auxiliar de que $a$ y $u$ sean impares.

La ecuación de Pell será resoluble siempre que $N>0$ y no sea un cuadrado. Ciertamente hay muchos ejemplos cuando $N$ no es un cuadrado. De hecho, nunca será un cuadrado a menos que sea $0$. Si $N=m^2$ fuera un cuadrado, entonces $c^2=b^2+(mu)^2$ y $d^2 = (mu)^2 + c^2$. Fermat mostró que no hay soluciones para $x^2+y^2=z^2$ y $y^2+z^2=t^2$ con $y \neq 0$, véase aquí.

Pero ¿habrá soluciones impares para la ecuación de Pell? Consideraciones de paridad muestran que, dado que $N$ es par, $a$ siempre será impar. Si la solución primitiva $a_0 + u_0 \sqrt{N}$ a la ecuación de Pell tiene $u_0$ impar, entonces también lo serán las soluciones de la forma $(a_0+u_0 \sqrt{N})^{2m+1}$. Pero si $u_0$ es par, entonces cada solución a la ecuación de Pell tendrá $u$ par.

No conozco un principio que prediga cuál de estos dos casos ocurrirá, pero, como muestra el ejemplo anterior, $u_0$ es impar al menos algunas veces, y eso es todo lo que necesitas para tener infinitas soluciones.

Solo para presumir, aquí tienes otro ejemplo. Tomaré $(k, \ell) = (3,4)$. Esto lleva al descubrimiento de que $$31^2 - 25^2 = 25^2-17^2$$ Tenemos $N = 336$. La solución primitiva a $a^2 - 336 u^2 =1$ es $55^2-3^2\cdot 336=1$. Así que hay infinitas soluciones de la forma $$(a,b,c,d) = (a, 25u, 31u, 17u)$$ cuya más pequeña es $$(55, 75, 93, 51).$$