Me gustaría construir una infinidad de ternas Pitagóricas donde c = b+3. Demostrando hay infinitamente muchos no debe ser difícil, pero encontrar la forma adecuada para una b y c está demostrando ser difícil. He intentado modificar el típico de un=n^2 + m^2 b=2 nm c=n^2 m^2, pero que no ha funcionado para mí todavía. Alguna sugerencia sobre lo que al principio? Gracias!
Respuestas
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Nos fijamos primero en el problema más sencillo de ternas Pitagóricas $(x,y,z)$ donde $z=y+1$.
Un triple debe ser primitivo, y por lo tanto $z=u^2+v^2$, $y=2uv$, para algunos $u$$v$. A continuación,$u^2+v^2=2uv+1$, dando $u=v+1$. Que da el triple $x=2v+1$, $y=2v(v+1)$, $z=2v^2+2v+1$.
Multiplicar cada entrada por $3$ para obtener una infinidad de triples $(a,b,c)$ donde $c=b+3$.
Todos los triples $(a,b,c)$ $c=b+3$ debe ser de esta forma. Para cualquier triple tiene forma de $(k(u^2-v^2), 2kuv, k(u^2+v^2))$ algunos $u,v$ que son relativamente primos. La posibilidad de $k(u^2+v^2)=k(u^2+v^2)+3$ no necesita ser considerado, desde $k(u^2+v^2)$ $k(u^2-v^2)$ siempre tienen la misma paridad.
Poner a $k(u^2+v^2)=2kuv+3$, obtenemos $k(u-v)^2=3$, lo que obliga $k=3$.
David HAust
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Otra forma es especializarse el ascenso en el ternario árbol de ternas Pitagóricas (ver más abajo). Se especializa $\,z = y+3\,$ $\rm\color{#c00}{\,formula\,}$por debajo de los rendimientos de la siguiente regla de generación de
$$ x^2 + y^2 = (y+3)^2\ \Rightarrow\ (6-x)^2 + Y^2 = (Y+3)^2,\quad Y = y-2x+6 $$
Este rendimientos $\ (-3,0,3)\to (-9, 12, 15)\to (-15, 36, 39)\to (-21, 72, 75)\to (-27, 120, 123)\,\ldots$ que son, simplemente, $\,3\,$ veces los triples $\,(a,b,b+1),$ en la rama más alta del árbol.
$\qquad\qquad$
La reflexión que se produce el descenso en los triples árbol es el siguiente
$\quad\quad \color{#c00}{(x,y,z)\; \mapsto} (x,y,z) - 2 \dfrac{(x,y,z)\cdot(1,1,1)}{(1,1,1)\cdot(1,1,1)} (1,1,1)$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad = (x,y,z) - 2 \; (x+y-z) \; (1,1,1)$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad = \color{#c00}{(-x-2y+2z, \; -2x-y+2z, \; -2x-2y+3z)}$
Subimos el árbol por la inversión de esta reflexión, combinado con una mínima señal-cambio de reflexiones:
$\quad\quad (-3,+4,5) \mapsto (-3,+4,5) - 2 \; (-3+4-5) \; (1,1,1) = ( 5,12,13)$
$\quad\quad (-3,-4,5) \mapsto (-3,-4,5) - 2 \; (-3-4-5) \; (1,1,1) = (21,20,29)$
$\quad\quad (+3,-4,5) \mapsto (+3,-4,5) - 2 \; (+3-4-5) \; (1,1,1) = (15,8,17)$
Continuar de esta manera le permite a uno reflexivamente generar el árbol de la primitiva ternas Pitagóricas. Este tiene una hermosa interpretación geométrica en términos de refelections - ver a mi dijo MathOverflow post y ver aquí por las sumas de cuatro cuadrados.
Mike Miller
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En primer lugar, tenga en cuenta que tenemos $a^2=c^2-b^2=6b+9$. Queremos que este sea un cuadrado perfecto; es fácil ver que debemos tener $3|b$ modular y consideraciones que tenemos que tener $2|n$; un poco de computación nos sugiere que las $b=6n(n+1)$ siempre es un cuadrado perfecto, con $a^2=36n^2+36n+9=9(2n+1)^2$. Ahora $a^2+b^2=36n^2+36n+9+36n^4+72n^3+36n^2=9(4n^4+8n^3+8n^2+4n+1) = (6n^2+6n+3)^2=(b+3)^2$.
Así que el solicitado triple es $(6n+3,6n^2+6n,6n^2+6n+3)$. Dudo que haya otros, pero yo no voy a probarlo.
