Hay un número finito de ternas Pitagóricas cuya menor de dos números difieren por 1?

Question

Se ha demostrado que si existe un número finito o infinito número de ternas Pitagóricas cuya menor de dos números difieren por 1?

En cualquier caso, te agradecería un enlace a la prueba.

Edit: gracias a todos por sus respuestas. También va a ser posible determinar para que triplica la de menor número es primo?

Answer 1

Hay un número infinito de tales ternas pitagóricas. Cualquier terna pitagórica primitiva $(a,b,c)$ $a^2+b^2=c^2$ (estamos buscando primitivo triples ya que queremos que $a$ $b$ consecutivos) es de la forma: $$a=p^2-q^2,\qquad b=2pq,\qquad c=p^2+q^2$$ con $p$ $q$ coprime y no tanto extraño. Por lo que estamos buscando entero soluciones de: $$p^2-2pq-q^2 =\pm 1,$$ o: $$(p-q)^2 - 2q^2 = \pm 1.$$ Sin embargo, sabemos que la ecuación de Pell $A^2-nB^2=1$ tiene un número infinito de entero de soluciones de $(A,B)$ por cada $n$ que no es un cuadrado, de ahí que podamos encontrar "consecutivos" ternas pitagóricas a partir de las soluciones de $$A^2 - 2B^2 = 1,\tag{1}$$ para istance. $(A,B)=(3,2)$ es la solución mínima de $(1)$, dando $(p,q)=(5,2)$, de ahí la triple $(20,21,29)$. La siguiente solución se puede encontrar por expansión: $$(3+2\sqrt{2})^2 = 17+12\sqrt{12},$$ por lo tanto $(p,q)=(29,12)$ da el triple de $(696,697,985)$ y así sucesivamente.

En general, podemos ver que todas las soluciones depende de la convergents de la continuación de la fracción de $\sqrt{2}$, es decir en la Pell de la secuencia: $$(p,q) = (P_n,P_{n+1}),$$ de los cuales:

$$(a_n,b_n) = (2P_nP_{n+1},P_{n+1}^2-P_{n}^2) = (2P_n P_{n+1},2P_nP_{n+1}+(-1)^n),$$

donde:

$$P_n = \frac{1}{2\sqrt{2}}\left((1+\sqrt{2})^n-(1-\sqrt{2})^n\right).$$

Ya que ni $2P_n P_{n+1}$ o $P_{n+1}^2-P_{n}^2$ puede ser primos si $n> 1$, el único "consecutivos" terna pitagórica con el elemento más pequeño de ser un prime es $(3,4,5)$.

Answer 2

Supongamos $(x,x+1,y)$ es una terna Pitagórica. Entonces:

$x^2+(x+1)^2 = y^2$

$2x^2+2x+1 = y^2$

$4x^2+4x+2 = 2y^2$

$(2x+1)^2 + 1 = 2y^2$

$(2x+1)^2 - 2y^2 = -1$

Este es ahora un negativo de la Ecuación de Pell para los que hay una infinidad de soluciones. Ver esta pregunta para obtener más detalles.

Answer 3

Hoteles de versión: tenemos triples $(x,y,z)$ tal que $y=x+1$ $x^2 + y^2 = z^2,$ con $$(3 ,4,5 )$$ $$(20 ,21,29 )$$ $$( 119,120, 169 )$$ $$(696 ,697, 985 )$$ $$(4059 , 4060,5741 )$$ $$(23660 ,23661,33461 )$$ $$(137903 ,137904,195025 )$$

Es decir, $(x_n, y_n,z_n)$ tal que $$x_{n+2} = 6 x_{n+1} - x_n +2,$$ pero $$y_{n+2} = 6 y_{n+1} - y_n -2,$$ y $$z_{n+2} = 6 z_{n+1} - z_n .$$

Si se les pone la forma en que había de ellos en un principio, extraño primera e incluso la segunda, se obtiene un $4 (-1)^n$ sumando que yo pensaba que era un poco demasiado trabajo.

Answer 4

Un triple será primitivo. Por lo tanto, existen relativamente primer enteros $r$$s$, de frente a la paridad, tales que el triple está dado por $(r^2-s^2,2rs,r^2+s^2)$.

Así que queremos que $2rs-(r^2-s^2)=\pm 1$. Esto puede escribirse como $$(r+s)^2-2r^2=\pm 1.$$ Cada una de estas ecuaciones de Pell tiene una infinidad de soluciones.

Wikipedia tiene una razonable discusión de ecuaciones de Pell. Uno puede dar una recurrencia que va a generar todas las soluciones. Incluso se puede dar un explícito, pero no es muy útil "forma cerrada" fórmula que genere todas las soluciones.

Answer 5

Pitágoras trillizos son de la forma:

$$c = k(m^2+n^2) \hspace{1cm} b = 2kmn \hspace{1cm} a = k(m^2-n^2)$$

Donde $k,m,n \in \mathbb{Z}^+$ por lo que:

$$c^2 = a^2 + b^2$$

Desea $|a-b| = 1$ o, equivalentemente, que: $k·|m^2-n^2-2mn| = 1$. Por lo $k=1$ $(m-n)^2-2n^2 = \pm 1$

Deje $x = (m-n)$$y = n$. Entonces usted tiene la ecuación de $x^2-2y^2 =\pm 1$.

Este es un ejemplo de lo que se llama la Ecuación de Pell y tiene infinitamente muchas entero positivo soluciones, así que sí. Hay infinitamente muchos de pitágoras trillizos de los lados de la cual se diferencian por una unidad.