Tres ternas pitagóricas

Question

¿Hay alguna solución para $a, b, c$ tal forma que:

$$a, b, c \in \Bbb N_1$$ $$\sqrt{a^2+(b+c)^2} \in \Bbb N_1$$ $$\sqrt{b^2+(a+c)^2} \in \Bbb N_1$$ $$\sqrt{c^2+(a+b)^2} \in \Bbb N_1$$

Answer 1

$(108,357,368),(216,714,736)$ y sus permutaciones son las únicas soluciones de la ecuación en los enteros positivos por debajo de $1000$ (que se encuentra el uso de un equipo de búsqueda). Por supuesto, el último triple es sólo una constante múltiples de la anterior. Al multiplicar por una constante que podemos encontrar un número infinito de soluciones, pero hasta ahora no he encontrado un solo primitivo solución (es decir, con coprime números).

Edit: he ampliado la gama y me encontré con uno de los más primitivos solución: $(564,748,1425)$. Ahora mismo he mirado en todos los triples con $a\leq b\leq c,a\leq 1000,b\leq 1500,c\leq 2000$.

Edit 2: el Siguiente Batominovski sugerencia sobre cómo acelerar la velocidad de cálculo, he corrido una búsqueda con rango de $a\leq 3000$ impar, $b\leq c,b\leq 3000,c\leq 4000$ divisible por $4$ y aquí está la lista de soluciones en ese rango, con el fin de apprearance:

$$(357,108,368)\\ (975,348,2380)\\ (1071,324,1104)\\ (1425,564,748)\\ (1785,540,1840)\\ (2499,756,2576)$$

Aquí está el código que he utilizado (bastante feo, lo sé):

#include<Windows.h>
#include<conio.h>
#include<iostream>
#include<Windows.h>
#include<math.h>

using namespace std;

long int main(){
    for(double a=1;a<3000;a+=2){
    for(double b=4;b<3000;b+=4){
    for(double c=b;c<4000;c+=4){
        if(floor(sqrt(a*a+(b+c)*(b+c)))==sqrt(a*a+(b+c)*(b+c))&&floor(sqrt(b*b+(a+c)*(a+c)))==sqrt(b*b+(a+c)*(a+c))&&floor(sqrt(c*c+(b+a)*(b+a)))==sqrt(c*c+(b+a)*(b+a))){
            cout<<a<<"|"<<b<<"|"<<c<<endl;
        }
    }
    }
    }
    cout<<"done";
    return getch();
}

Answer 2

El uso de una curva elíptica, se puede demostrar que el sistema,

$$a^2+(b+c)^2 = x_1^2\\b^2+(a+c)^2 = x_2^2\\c^2+(a+b)^2 = x_3^2\tag1$$

tiene un número infinito de entero soluciones con $\gcd(a,b,c)=1$.

Método:

Deje $a = m^2-n^2,\;b=2mn-c$ $(1)$ se convierte,

$$(m^2+n^2)^2 = x_1^2\\2c^2+2c(m^2-2mn-n^2)+(m^2+n^2)^2 = x_2^2\\2c^2-2c(m^2+2mn-n^2)+(m^2+2mn-n^2)^2 = x_3^2\tag2$$

Por lo tanto, el problema se reduce a un par de polinomios cuadráticos en $c$ que se debe hacer un cuadrado. Si hay un punto racional $c$, el par es birationally equivalente a una curva elíptica y en general, debe haber un infinito más puntos racionales.

Por ejemplo, utilizando la menor solución de $a,b,c = 357,\, 108,\, 368$ obtenemos $m,n = 2,\, 1$, por lo tanto,

$2$c^2-2c+25 = x_2^2\\ 2 c^2-14c+49 = x_3^2\tag3$$

Una solución, por supuesto, es $c=\frac{108}{119}$. Utilizando el método de la tangente, otra,

$$c = \frac{2859837252}{16433685001}$$

a pesar de que puede haber más pequeños. Compensación denominador, se obtiene una nueva solución en positivo enteros a$(1)$,

$$a = 49301055003\\ b = 2859837252\\c= 62874902752$$

Más directamente,

$$a = 357(2-x^2)\\ b = 2(1+54x)(11-x)\\c = 2(31+8x)(15-23x)$$

y $x$ satisface,

$$F(x):=2703220 - 3847384 x + 424640 x^2 + 1463524 x^3 + 537289 x^4 = y^2$$

Desde $F(x)=y^2$ tiene un conocido punto racional, entonces es birationally equivalente a una curva elíptica. El punto de $x = 7/13$ los rendimientos de los más pequeños $a,b,c$ (después de eliminar denominadores), mientras que $x = 82711/6095$ da uno nuevo.

Sin embargo, no todos los $x$ positivos $a,b,c$. Pero desde $F(x)=y^2$ tiene un infinito número de soluciones racionales, con una mano saludando podemos asumir que hay un pequeño infinito subconjunto que los rendimientos positivos a $a,b,c$.

Answer 3

Aquí es una completa parametrización de todas las soluciones racionales a $\sqrt{a^2+(b+c)^2}\in\mathbb{Q}$, $\sqrt{b^2+(c+a)^2}\in\mathbb{Q}$, y $\sqrt{c^2+(a+b)^2}\in\mathbb{Q}$ donde $a,b,c\in\mathbb{Q}$. Si $p,q,r\in\mathbb{Q}_{\geq 0}$ ser tal que $$\frac{2p}{1+2p-p^2}+\frac{2q}{1+2q-q^2}+\frac{2r}{1+2r-r^2}=1\,,\tag{*}$$ a continuación, $(a,b,c)=\left(\frac{2p}{1+2p-p^2}x,\frac{2q}{1+2q-q^2}x,\frac{2r}{1+2r-r^2}x\right)$ algunos $x\in\mathbb{Q}$ (es decir, $x=a+b+c$). Todas las soluciones racionales $(a,b,c)$ son de esta forma. Existe un entero positivo solución de $(a,b,c)$ asociado a $(p,q,r)$ fib $0< p,q,r<1+\sqrt{2}$.

Francamente, no sé si la solución de (*) es más fácil que usar el método mencionado por Tito Piezas III, pero al menos, hay una ecuación a ser resuelto, y con sólo $3$ racional variables. (Sin embargo, si intenta escribir $p=\frac{m_1}{n_1}$, $q=\frac{m_2}{n_2}$, $r=\frac{m_3}{n_3}$, donde$m_i,n_i\in\mathbb{Z}$$i=1,2,3$, entonces usted va a terminar con $6$ variables, pero el método mencionado por Tito Piezas III puede reducir el número de variables a $5$.) Puede ser una expresión algebraica geometría/algebraicas-número-teoría del método para resolver (*), pero yo no estoy tan bien informado en estos campos. Aquí está un ejemplo: $(a,b,c)=(108,357,368)$ está dado por $(p,q,r,x)=\left(\frac{2}{27},\frac{1}{3},\frac{8}{23},833\right)$, donde $\frac{2p}{1+2p-p^2}=\frac{108}{833}$, $\frac{2q}{1+2q-q^2}=\frac{3}{7}=\frac{357}{833}$, y $\frac{2r}{1+2r-r^2}=\frac{368}{833}$.