5-tuplas pitagóricas

Question

¿Cuál es la solución de la ecuación $x^2+y^2+z^2+t^2=w^2$ en polinomios sobre C ("5-tuplas pitagóricas")?

Existen fórmulas sencillas que describen las n-tuplas pitagóricas para n=3,4,6:

• n=3. La fórmula para las soluciones de $x^2+y^2=z^2$ [4]:

$x=d(p^2q^2)$ ,

$y=2dpq$ ,

$z=d(p^2+q^2),$

donde p,q,d son polinomios arbitrarios.

• n=4. Análogamente, todas las cuádruples pitagóricas de polinomios vienen dadas por la identidad [4, Teorema 2.2], [3, Teorema 7.1]:

$(p^2+q^2-r^2-s^2)^2+(2pr+2qs)^2+(2ps-2qr)^2=(p^2+q^2+r^2+s^2)^2$

• n=6. La siguiente identidad produce 6-tuplas pitagóricas [3, Teorema 7.2]:

$(m^2-n^2)^2+(2mn)^2+(2(n_0m_1-m_1n_0+m_3n_2-m_2n_3))^2+$

$(2(n_0m_2-m_2n_0+m_1n_3-m_3n_1))^2+$

$(2(n_0m_3-m_3n_0+m_2n_1-m_1n_2))^2=(m^2+n^2)^2$

donde $m=(m_1,m_2,m_3,m_4)$ , $n=(n_1,n_2,n_3,n_4)$ y $mn$ es el producto escalar habitual.

Estas identidades están relacionadas de algún modo con sl(2,R), sl(2,C), sl(2,H), pero falta el caso n=5 en esta descripción [3, Teoremas 7.1 y 7.2].

Las fórmulas anteriores describen también n-tuplas pitagóricas de números enteros . Hay otras descripciones de ellas; véanse [2] y [5, Capítulo 5] para n<10, [6] para n<15, [1, Teorema 1 en el Capítulo 3] para n arbitrario, y también las respuestas a continuación.

Hay razones para creer que las 5-tuplas pitagóricas no pueden describirse mediante una única identidad polinómica. Por lo tanto, las identidades que producen un "gran" conjunto de soluciones también son de interés, como por ejemplo $(-p^2+q^2+r^2+s^2)^2+(2pq)^2+(2pr)^2+(2ps)^2=(p^2+q^2+r^2+s^2)^2$

Esta identidad no da todas las soluciones porque sólo produce polinomios reducibles y,z,t (una vez que p,q,r,s son no constantes). También son interesantes los ejemplos de soluciones que no se pueden obtener con los planteamientos de las respuestas siguientes.

Dada una solución (x,y,z,t,w), también son interesantes los métodos para construir una nueva solución (x',y',z',t',w'). Por ejemplo,

$x'=w+y+z$ ,

$y'=w+z+x$ ,

$z'=w+x+y$ ,

$t'=t$ ,

$w'=2w+x+y+z$

[véase la respuesta de Ken Fan más abajo para generalizaciones a otros n] o

$x'+iy'+jz'+kt'=q(x+iy+jz+kt)q$ ,

donde $q$ es un polinomio arbitrario con coeficientes cuaterniónicos [véase la respuesta de Geoff Robinson más abajo].

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[1] L.J. Mordell, Diophantine Equations, Academic Press, Londres, 1969.

[2] D. Cass, P.J. Arpaia, MATRIX GENERATION OF PYTHAGOREAN n-TUPLES, Proc. AMS 109:1 (1990), 1-7

[3] J. Kocik, Clifford Algebras and Euclid's Parametrization of Pythagorean Triples, Adv. Appl. Clifford Alg. 17:1 (2007), 71-93

[4] R. Dietz, J. Hoschek y B. Juttler, An algebraic approach to curves and surfaces on the sphere and on other quadrics, Computer Aided Geom. Design 10 (1993) 211-229

[5] V. Kac, Infinite-Dimensional Lie Algebras (3a edn. ed.), CUP, 1990

[6] E. Vinberg, Los grupos de unidades de ciertas formas cuadráticas (ruso), Mat. Sbornik (N.S.) 87(129) (1972), 18-36

Answer 1

A principios de los 90, tomé una clase de Victor Kac y en ella, explicaba una forma muy bonita de generar todas las soluciones primitivas de la ecuación pitagórica para una suma de $n-1$ cuadrados perfectos es igual a un cuadrado perfecto donde $n$ puede ser 3, 4, 5, ..., 10. Por desgracia, no sé en qué parte de la bibliografía se describe esto en detalle. Puede ser en su libro Infinite Dimensional Lie Algebras, pero no lo sé.

La idea es realizar las soluciones como las raíces isótropas para un determinado sistema de raíces.

Consideremos la red ${\Bbb Z}^n$ con forma bilineal $-x_0y_0 + x_1y_1 + \cdots + x_{n-1}y_{n-1}$ y base estándar $v_0,\ v_1,\ v_2,\ \dots,\ v_{n-1}$ .

Cambia la base a:

$\alpha_1 = v_1 - v_2$ , $\alpha_2 = v_2 - v_3$ , $\dots$ , $\alpha_{n-2} = v_{n-2} - v_{n-1}$ y $\alpha_{n-1} = v_{n-1}$ .

Si $n \geq 4$ , dejemos que $\alpha_n = -v_0 - v_1 - v_2 - v_3$ .

Si $n=3$ , dejemos que $\alpha_n = -v_0 - v_1 - v_2$ .

La matriz de Cartan correspondiente $a_{ij} = \frac{2(\alpha_i, \alpha_j)}{(\alpha_i, \alpha_i)}$ está representado por el diagrama:

     (fuente)

Entonces el conjunto de soluciones primitivas de la ecuación $x_0^2 = x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_{n-1}^2$ es la órbita bajo el correspondiente grupo Coxeter de $(1, 1, 0, \dots, 0)$ si $n < 10$ . Si $n=10$ entonces hay que añadir la órbita $(3, 1, 1, 1, \dots, 1)$ para conseguirlos todos.

No se necesita la maquinaria teórica para demostrar el resultado. Basta con construir las matrices y utilizar un argumento de descenso para demostrar que funciona.

Para el caso del triple pitagórico, por ejemplo, se toma la órbita del vector $(1, 1, 0)$ bajo la acción del grupo generado por las matrices:

$$ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, $$

$$ \begin{pmatrix} \pm 1 & 0 & 0 \\ 0 & \pm 1 & 0 \\ 0 & 0 & \pm 1 \end{pmatrix}, $$ y

$$ \begin{pmatrix} 3 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}. $$

Para $n=4$ puede utilizar las matrices que permutan las variables apropiadas, cambiar el signo de cualquier variable, y lo siguiente:

$$ \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}. $$

Siento no poder dar una referencia bibliográfica... espero que alguien más pueda hacerlo.

Answer 2

Una parametrización de las soluciones es

$x=2ad$

$y=2bd$

$z=2cd$

$t=a^2+b^2+c^2-d^2$

$w=a^2+b^2+c^2+d^2\, .$

Es fácil ver que esto genera todas las soluciones racionales si $a, b, c, d$ son números racionales, y (en consecuencia) todas las soluciones enteras hasta un factor de semejanza, si $a, b, c, d$ son números enteros.

[editar] por si sirve de algo, aquí hay algo más simétrico (con el mismo rmk que antes)

$x=-a^2+b^2+c^2+d^2-2a(b+c+d)$

$y=\phantom{-}a^2-b^2+c^2+d^2-2b(a+c+d)$

$z=\phantom{-}a^2+b^2-c^2+d^2-2c(a+b+d)$

$t=\phantom{-}a^2+b^2+c^2-d^2-2d(a+b+c)$

$w=\phantom{-}2(a^2+b^2+c^2+d^2)\, .$

Answer 3

Una forma de generar soluciones enteras es la siguiente: Sea $ v = (p + qi + rj + sk)$ donde $p,q,r,s$ son enteros racionales y $\{1,i,j,k\}$ es el habitual $\mathbb{R}$ -para el álgebra de cuaterniones. Sea $v^{\prime}= (p -qi -rj - sk)$ y $w = vv^{\prime} = (p^{2}+q^{2}+r^{2}+s^{2}).$ Si ampliamos $v^{2}$ de la forma $x + yi + zj +tk$ para números enteros $x,y,z,t$ entonces hacemos tenemos $x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} = w^{2}$ . Esto es algo análogo a generar el triple pitagórico $(x^{2}-y^{2})^{2}$ + $(2xy)^{2}$ = $(x^{2}+y^{2})^{2}$ tomando $({\rm Re}(x+iy)^{2})^{2} + ({\rm Im}(x+iy)^{2})^{2} = (x^{2}+y^{2})^{2}$ . Puede ser mejor trabajar con cuaterniones de Hurwitz para esta cuestión.

Respuesta ampliada siguiendo la respuesta de Alex qubeat a continuación, y ligera reformulación de la pregunta original para hacer más hincapié en los polinomios: Al menos en el contexto de polinomios en $\mathbb{R}[u]$ (es fácil quedarse sin letras en este juego, así que $u$ denota aquí una indeterminada), se pueden fabricar más soluciones utilizando el hecho de que la soluciones a $x(u)^{2} +y(u)^{2} + z(u)^{2} + t(u)^{2} = w(u)^{2}$ con $x(u),y(u),z(u),t(u),w(u) \in \mathbb{R}[u]$ tienen una estructura de semigrupo. La respuesta de Alex combina una solución fija con una solución esencialmente ``constante'', para producir otras soluciones, pero las soluciones se pueden combinar de otras maneras. Sea $\mathbb{H}$ denota el álgebra de los cuaterniones reales. Entonces el mapa $N: \mathbb{H}[u] \to \mathbb{R}[u]$ con $N(x(u) +iy(u)+jz(u) + kt(u)) =x(u)^{2} +y(u)^{2} + z(u)^{2} +t(u)^{2}$ (para polinomios reales $x(u),y(u),z(u),t(u))$ es multiplicativa. Los polinomios $p(u) \in \mathbb{H}[u]$ tal que $N(p(u))$ es un cuadrado distinto de cero en $\mathbb{R}[u]$ son cerradas bajo multiplicación.

Como en el caso integral, una forma de garantizar que $N(x(u) + iy(u) + jz(u) + kt(u))$ es un cuadrado es tomar $x(u) + iy(u) +jz(u)+kt(u)$ sea de la forma $(a(u)+ib(u)+jc(u)+kd(u))^{2}$ para polinomios reales $a(u),b(u),c(u),d(u)$ pero también queda claro en este debate que $N(p_{1}(u)p_{2}(u) \ldots p_{n}(u))$ es un cuadrado en $\mathbb{R}[u]$ mientras siempre que $p_{i}(u)\in \mathbb{H}[u]$ ocurre un número par de veces en el producto (no conmutado). De hecho, es permisible contar el número total de ocurrencias de $\mathbb{H}$ -conjugados de cualquier $p_{i}(u)$ es decir, elementos de la forma $v^{-1}p_{i}(u)v$ donde $v$ es un elemento distinto de cero de $\mathbb{H}$ ya que $N$ toma un valor constante en el $\mathbb{H}^{\times}$ -clase de conjugación de $p_{i}(u)$ .

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Otras observaciones. 6 de mayo: El anillo polinómico $\mathbb{H}[u]$ tiene un anillo de división natural de fracciones, $\mathbb{H}(u)$ que es isomorfo a un cierto anillo de $2 \times 2$ matrices sobre $\mathbb{C}(u)$ (No consigo poner bien el látex para las matrices, pero el anillo debe estar claro- en particular, los determinantes de los elementos en el anillo son elementos de $\mathbb{R}(u)$ ). Existe un homomorfismo de anillo $\sigma$ de $\mathbb{H}(u)$ a ${\rm SO}(3,\mathbb{R}(u))$ que se obtiene dejando que $\mathbb{H}(u) \backslash \{0\}$ actuar mediante la conjugación del $\mathbb{R}(u)$ -span of $\{i,j,k\}.$

La cuestión de los polinomios consiste en determinar $S\sigma$ donde $S$ es el conjunto de elementos de $\mathbb{H}(u)$ cuyos determinantes son cuadrados en $\mathbb{R}(u)$ . Esto es lo mismo que $T\sigma$ donde $T$ es el conjunto de elementos del determinante $1$ ya que los elementos distintos de cero de $\mathbb{R}(u)$ actúa trivialmente por conjugación sobre $\mathbb{H}(u)$ . Ahora está claro que $T\sigma$ es un subgrupo normal de ${\rm SO}(3,\mathbb{R})$ y que el factor es un grupo abeliano elemental $2$ -(es decir, un grupo abeliano de exponente $2$ ). De momento no veo cómo calcular el tamaño de este grupo, pero registro esta línea de pensamiento por si alguien puede explotarla más.

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Más comentarios, 13 de mayo: Creo que $\mathbb{H}(u)$ tiene un automorfismo involuntario $\sigma$ que fija $\mathbb{R}(u)$ elementalmente, y que tiene $i \sigma = -i$ , $j\sigma = k$ y $k\sigma =j.$ Entonces $N(p(u)\sigma) = N(p(u))$ para todos $p(u) \in \mathbb{H}(u)$ . Por lo tanto, para cualquier $p(u) \in \mathbb{H}(u)$ el elemento $q(u) = p(u).p(u)\sigma$ tendrá $N(q(u)) =w(u)^{2}$ para algunos $w(u) \in \mathbb{R}(u)$ por lo que se obtendrá un nuevo tipo de solución (al menos en el contexto de esta respuesta).

Answer 4

La siguiente construcción muestra que tales tuplas difícilmente podrían escribirse de forma única. Tal vez cierta exclusión del caso general se deba al teorema de Hurwitz sobre la suma de cuadrados y la no conmutatividad de los cuaterniones. Esta construcción es una modificación de las sugerencias de Pietro Majer y Geoff Robinson.

Consideremos el cuaternión $q = t + x i + y j + z k$ y un cuaternión constante $c$ . No estoy seguro después de leer la pregunta, si la norma debe ser un cuadrado de algún número entero o no. Puede ser cuaternión de Hurwitz y ejemplo simple no trivial es $c=(1+i+j+k)/2$ . Consideremos ahora el producto $s = q c q$ como polinomio de $t, x, y, z$ .

Tenemos $|s| = |c| |q|^2 = |c| (t^2+x^2+y^2+z^2)^2 $ pero $|s|=s_0^2+s_1^2+s_2^2+s_3^2$ para $s = s_0 + s_1 i + s_2 j +s_3 k$ donde $s_0, s_1, s_2, s_3$ por definición son polinomios de segundo orden de $t, x, y, z$ .

Tan diferente $c$ produce tuplas diferentes y $c=1$ produce solución mencionada por Pietro Majer y Geoff Robinson y en el libro de Mordell.

[editar] Para producir una solución más general para polinomios de segundo orden es posible utilizar alguna modificación. Consideremos tres cuaterniones constantes $a, b, c$ con módulos son cuadrados de algunos números enteros. Puede hacerse utilizando el método de Kac u otro. Entonces la nueva solución es $a q c q b$ .

Answer 5

Otra forma de generar parametrizaciones es aplicar repetidamente una parametrización de triples:

Digamos que empezamos con $$(x(s), y(s)) = (\frac{2s}{s^2 + 1}, \frac{s^2 - 1}{s^2 + 1}),$$ satisfaciendo $$x(s)^2 + y(s)^2 = 1.$$

Para parametrizar soluciones a $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ escribe $x^2 + y^2 = 1 - z^2$ que fijamos igual a $w^2$ de modo que una solución parametrizada $(w(t), z(t))$ a $w^2 + z^2 = 1$ da lugar a una solución parametrizada $$(w(t)x(s), w(t)y(s), z(t)) = (\frac{2t}{t^2 + 1}\cdot\frac{2s}{s^2 + 1}, \frac{2t}{t^2 + 1}\cdot\frac{s^2 - 1}{s^2 + 1}, \frac{t^2 - 1}{t^2 + 1})$$ a $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ .

Repitiendo esto, entendemos su caso:

$$(\frac{2u}{u^2 + 1}\cdot\frac{2t}{t^2 + 1}\cdot\frac{2s}{s^2 + 1}, \frac{2u}{u^2 + 1}\cdot\frac{2t}{t^2 + 1}\cdot\frac{s^2 - 1}{s^2 + 1}, \frac{2u}{u^2 + 1}\cdot\frac{t^2 - 1}{t^2 + 1}, \frac{u^2 - 1}{u^2 + 1})$$ parametrises $$x^2 + y^2 + z^2 + w^2 = 1$$ (para ir a tu problema original puedes echar otro parámetro para homogeneizar, despejar denominadores y multiplicar todo por otro parámetro).

Si se aplica lo mismo a la parametrización $(\cos(t), \sin(t))$ del círculo, se obtiene una parametrización de la 2-esfera por coordenadas espermáticas.