De acuerdo a Wikipedia,
No hay ternas Pitagóricas en el que la hipotenusa y uno de la pierna son las piernas de otra terna Pitagórica.
No puedo encontrar la prueba en la cita siempre. Realmente estoy luchando para demostrar esto, puede alguien por favor me dirija a una prueba (o dar algunos consejos sobre cómo probar o demostrar a sí mismos). Gracias!
Oh, bien. No puedo encontrar esta afirmación en Wikipedia... uno de los casos es fácil, en el otro, no. Cualquier primitiva de la terna Pitagórica es $2xy, x^2 - y^2, x^2 + y^2$ uno de $x,y$ impar y el otro, aún, y $\gcd(x,y) =1.$ no Podemos tener un triple de Pitágoras con las piernas $x^2 - y^2, x^2 + y^2,$, ya que estaríamos resolviendo $$ 2 x^4 + 2 y^4 = z^2 $$ with one of $x,y$ odd. Since that gives us $2 x^4 + 2 y^4 \equiv 2 \pmod 4$ nos encontramos de inmediato que esto no puede ser un número entero de la plaza.
el otro caso es más difícil, y yo todavía no la tienes. Con las piernas $2xy, x^2 + y^2,$ estamos resolviendo $$ \color{magenta}{ x^4 + 6 x^2 y^2 + y^4 = z^2 \; \; \; ?} $$ de Mi pequeña computadora ejecutar sugiere que esto es imposible. Sin embargo....de todos modos, Fermat método de descenso, que yo no soy de ir a trabajar, se dice que es equivalente a algo o a otros el uso de curvas elípticas. Así que me estoy poniendo esto aquí y añadiendo que como una etiqueta a la pregunta principal.
Creo que tengo el paso importante, y que hay un elemental libro en algún lugar en curvas elípticas con el necesario paso final. La mayoría de Mordell del libro, página 139, dividimos la ecuación en magenta $y^4,$ reemplace $x/y$ $X$ $z^2/y^4$ $Z^4,$ después de que nos están preguntando sobre el racional puntos en $$ \color{magenta}{ X^4 + 6 X^2 + 1 = Z^2 \; \; \; ?} $$ Mordell señala que los puntos, y especialmente los puntos racionales, dadas por las ecuaciones $$ S = \frac{X^2 + Z + 1}{2} $$ y, a continuación, $$ T = 2 X (S+1) $$ que nos llevará a la curva elíptica $$ T^2 = 4 S^3 - 4 S, $$ which has no constant term. It is my fervent prayer that this elliptic curve has only the trivial rational points at which $T=0,$ so that the only rational points on the original have $X=0,$ and finally, back to lower case, either $x=0$ or $y=0.$
Supongamos que (i) $a^2+b^2=c^2$ y (ii) $b^2+c^2=d^2$. Entonces, si dividimos $(i)$ $b^2$ obtenemos $u^2+1=v^2$ y división (ii) por $b^2$ obtener $1+v^2=w^2$, donde $u=a/b$, $v=c/b$ y $w=d/b$. En particular $u^2+1=v^2$, $u^2+2=w^2$, y $u^2$ están todas las plazas. Por lo tanto, $(u^2,uvw)$ es un punto en la curva elíptica $$E:y^2=x(x+1)(x+2).$$ Después de un cambio de variables, $x= X-1$, podemos ver que $E$ es isomorfo a $$Y^2=X^3-X=X(X-1)(X+1).$$ Esta curva sólo ha $4$ puntos racionales, es decir,$\{\infty,(0,0),(1,0),(-1,0)\}$, por lo que los únicos puntos en $E$$\{\infty,(0,0),(-1,0),(-2,0)\}$, y por lo tanto, la única solución de (i)+(ii) son triviales.
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