Teorema pseudo-pitagórico

Question

El teorema de Pitágoras es un caso especial del teorema del coseno para un ángulo de $90°$ . Pero también para un ángulo de 60° y 120° se derivan casos especiales "estéticos":

$c^2=a^2+b^2\pm ab$

Primera pregunta:

¿Hay algún otro ángulo $x°$ con un número racional $x$ para que $\cos x$ es racional también, creando así casos especiales "estéticos"?

Segunda pregunta:

¿Alguien conoce algunas fuentes de internet para el equivalente de los triples pitagóricos (Enteros $a,b,c$ para que $c^2=a^2+b^2\pm ab$ )?

Answer 1

Si $\cos\frac {2m\pi}n$ es racional con $\gcd(m,n)=1$ entonces la primitiva $n$ raíz de la unidad $\zeta=\cos \frac{2m\pi}{n}+i\sin\frac{2m\pi}n$ es una raíz del polinomio racional $X^2-2\cos \frac{2m\pi}{n}X+1$ . Por otro lado, sabemos que $\zeta$ es una raíz de $X^n-1$ y cualquier factorización de ésta sobre los racionales puede ser reescalada a una factorización sobre los enteros. Como $X^2-2\cos \frac{2m\pi}{n}X+1$ es mónico esto implica que $2\cos\frac{2m\pi }{n}$ ya es un entero de valor absoluto $\le 2$ . Esto lleva a los casos

• $c^2=a^2+b^2+2ab$ para $\gamma = \pi$
• $c^2=a^2+b^2+ab$ para $\gamma = \frac 23\pi$ ou $\gamma = \frac 43\pi$
• $c^2=a^2+b^2$ para $\gamma =\frac 12\pi$ ou $\gamma = \frac 32\pi$
• $c^2=a^2+b^2-ab$ para $\gamma=\frac13\pi$ ou $\gamma =\frac 53\pi$
• $c^2=a^2+b^2-2ab$ para $\gamma =0$

y eso es todo con $\gamma \in[0,2\pi)\cap \pi\mathbb Q$ .

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En cuanto a su segunda pregunta: Los triples pitagóricos se ven mejor como números $z=a+bi\in\mathbb Z[i]$ con norma $z\bar z$ un cuadrado perfecto, lo que lleva a una partición del conjunto de primos en aquellos con $p\equiv -1\pmod 4$ (que sólo puede ocurrir como factor de $c$ si también son factores de $a$ y $b$ ) y los que tienen $p\equiv 1\pmod 4$ (que pueden escribirse como sumas de cuadrados y conducen a triángulos pitagóricos primitivos; por ejemplo $5=2^2+1^2=(2+i)(2-i)$ danos $\color{red}5^2=(2+i)^2(2-i)^2=(\color{red}3+\color{red}4i)(3-4i)$ y de ahí el triángulo pitagórico más famoso) y el primo especial $2$ . Del mismo modo, los números que se persiguen deben verse como elementos de $\mathbb Z[\omega]$ donde $\omega=-\frac12+\frac i2\sqrt 3$ . Resulta que se obtiene una partición similar de los primos, esta vez basada en los remanentes módulo $3$ . Son cuestiones de teoría de números muy interesantes.

Answer 2

En cuanto a su primera pregunta:

La ley de los cosenos establece que

$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos(\gamma)$$

Si $r$ es cualquier racional entre $-1$ y $1$ puede establecer $\gamma=\arccos(r)$ Por lo tanto, le da a usted

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

Sin embargo, el ángulo $\gamma$ no es un múltiplo racional de $\pi$ a menos que $r=0,\pm 1/2,\pm 1$ . Este último se conoce como Teorema de Niven .

Answer 3

Como se muestra en esta respuesta los únicos valores racionales de $\cos\left(\frac pq\pi\right)$ para los enteros $p$ y $q$ son $\{-1,-\frac12,0,\frac12,1\}$ . Así, para obtener un coseno racional para ángulos de grado racional necesitamos un ángulo de $0^\circ$ , $60^\circ$ , $90^\circ$ o $120^\circ$ mod $180^\circ$

He traducido un artículo que publiqué en sci.math sobre lo que llamé los triples pitagóricos sesgados.

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Skew $\mathbf{-\frac12}$ Triples pitagóricos

Supongamos que $a$ , $b$ y $c$ son enteros positivos coprimos para que $$ a^2+ab+b^2=c^2\tag{1} $$ Observa que un triángulo con estos lados es obtuso y el coseno del ángulo opuesto $c$ es $-\frac12$ . Por lo tanto, llamemos $(a,b,c)$ una inclinación $-\frac12$ El triple pitagórico.

Desde $a$ , $b$ y $c$ son coprimos, al menos uno de $a$ ou $b$ debe ser impar. Dejemos que supongamos que $a$ es impar. Si $b$ es impar, entonces $c^2$ siendo la suma de tres números Impares en $(1)$ es impar. Si $b$ es par, entonces $c^2$ siendo la suma de un impar y dos números pares en $(1)$ es impar. Así, $c$ es impar.

Desde $a^2\equiv c^2\equiv1\pmod{8}$ , $(a+b)b=ab + b^2\equiv0\pmod{8}$ por $(1)$ . Si $b$ es impar, entonces $a+b\equiv0\pmod{8}$ . Si $b$ es par, entonces $a+b$ es impar y $b\equiv0\pmod{8}$ .

Por lo tanto, tenemos dos casos: $a$ y $b$ son tanto impar como $8$ divide $a+b$ o uno es impar y $8$ divide al otro.

Condición necesaria

Ecuación $(1)$ equivale a $$ 3a^2=(2c+2b+a)(2c-2b-a)\tag{2} $$ Dejemos que $d=\gcd(2c+2b+a,2c-2b-a)$ . Entonces, por $(2)$ tenemos $d^2\mid3a^2$ por lo tanto, también tenemos $$ \begin{array}{lr} d\mid a&\qquad&\because d^2\mid3a^2\\ d\mid 4b&\qquad&\because4b=(2c+2b+a)-(2c-2b-a)-2a\\ d\mid 4c&\qquad&\because4c=(2c+2b+a)+(2c-2b-a) \end{array} $$ Así, $d\mid\gcd(a,4b,4c)$ . Si $a$ es impar, $\gcd(a,4b,4c)=1$ por lo tanto, $d=1$ . Si $a\equiv0\pmod{8}$ entonces $\gcd(a,4b,4c)=4$ . Además, ambos $b$ y $c$ son impar, así que $4\mid2c+2b+a$ y $4\mid2c-2b-a$ . Por lo tanto, $d=4$ . Tenga en cuenta que esto significa que $3$ divide sólo uno de los factores en $(2)$ y divide ese factor un número impar de veces.

Para cualquier triple coprima que satisfaga $(1)$ , $(2)$ y el razonamiento anterior dice que $3a^2=3m^2n^2$ donde $3$ no divide $n$ y $mn$ es impar y $gcd(m,n)=1$ ( $a$ es impar), o $8$ divide $mn$ y $\gcd(m,n) = 2$ ( $8$ divide $a$ ), y además, $3m^2+n^2=4c$ y $|3m^2-n^2|=4b+2a$ .

Por lo tanto, para cualquier triple coprimo $(a,b,c)$ satisfaciendo $(1)$ existe $m$ y $n$ para que $3$ no divide $n$ y $mn$ es impar y $\gcd(m,n)=1$ , o $8$ divide $mn$ y $\gcd(m,n) = 2$ para que $$ \begin{align} a&=mn\tag{3a}\\ b&=\frac{|3m^2-n^2|-2mn}{4}\tag{3b}\\ c&=\frac{3m^2+n^2}{4}\tag{3c} \end{align} $$ Pares conjugados

Desde $3m^2-n^2-2mn=(3m+n)(m-n)$ y $n^2-3m^2-2mn=(n-3m)(n+m)$ para hacer $b > 0$ en $(3b)$ necesitamos $m\gt n$ ou $n\gt 3m$ . Resulta que para un par $(m,n)$ donde $m\gt n$ hay un par $(m',n')$ donde $n'\gt3m'$ para lo cual $(a',b',c')=(b,a,c)$ . En particular, $$ (m',n')=(m,n)\frac12\left[\begin{array}{r}1&3\\-1&1\end{array}\right]\tag{4a} $$ and $$ (m,n)=(m',n')\frac12\left[\begin{array}{r}1&-3\\1&1\end{array}\right]\tag{4b} $$ Por lo tanto, sólo tenemos que considerar un caso u otro, por ejemplo, $m\gt n$ , y entonces podemos eliminar el valor absoluto de $(3b)$ .

Así, hemos demostrado

Teorema 1:
Todos los triples coprimos $(a,b,c)$ para que $a^2+ab+b^2=c^2$ puede ser enumerar, sin duplicar, tomando dos enteros positivos $m\gt n$ , donde $3$ no divide $n$ y, o bien $mn$ es impar y $\gcd(m,n)=1$ o $8$ divide $mn$ y $\gcd(m,n)=2$ y fijando $$ \begin{align} a&=mn\tag{5a}\\ b&=\frac{(3m+n)(m-n)}{4}\tag{5b}\\ c&=\frac{3m^2+n^2}{4}\tag{5c}\\ \end{align} $$

Tenga en cuenta que $(4)$ y $(5)$ justificar la afirmación anterior de que para $n'\gt 3m'$ , $$ \begin{align} a'&=b=n'm'\tag{6a}\\ b'&=a=\frac{(n'+m')(n'-3m')}{4}\tag{6b}\\ c'&=c=\frac{n'^2+3m'^2}{4}\tag{6c} \end{align} $$ Skew $\mathbf{\frac12}$ Triples pitagóricos

Por el mismo razonamiento anterior, un triple $(a,b,c)$ que satisface $$ a^2-ab+b^2=c^2\tag{7} $$ es una inclinación $\frac12$ Triángulo pitagórico. Un triángulo cuyos lados satisfacen $(7)$ es no necesariamente obtuso o agudo; tales triángulos vienen en pares conjugados, uno agudo y otro obtuso. Sea $(a,b,c)$ satisfacer $(7)$ con $a\gt b$ , entonces el triple $(a,a-b,c)$ también satisface $(7)$ . Además, si $2b\gt a\gt b$ entonces $(a,b,c)$ es agudo y $(a,a-b,c)$ es obtuso. Si $a\gt2b$ entonces $(a,b,c)$ es obtuso y $(a,a-b,c)$ es agudo.

Un triplete de triples

Si $(a,b,c)$ satisface $(1)$ con $a\gt b$ entonces ambos $(a+b,b,c)$ y $(a,a+b,c)$ satisfacer $(7)$ ; $(a+b,b,c)$ es obtuso y $(a,a+b,c)$ es agudo. Este es el par conjugado de triples mencionado anteriormente.

Además, si $(a,b,c)$ satisface $(7)$ con $a\gt b$ entonces no sólo $(a,a-b,c)$ satisfacer $(7)$ como se ha mencionado anteriormente, pero $(a-b,b,c)$ satisface $(1)$ .

Por lo tanto, cada sesgo $-\frac12$ triángulo se asocia con dos conjugados sesgados $\frac12$ triángulos, uno obtuso y otro agudo.

Así, tenemos

Teorema 2:
Todos los coprime skew $\frac12$ Los triples pitagóricos se pueden enumerar sin duplicación mediante $$ (a+b,b,c)\tag{8a} $$ que es agudo si $a\lt b$ y obtuso si $a\gt b$ y $$ (a,a+b,c)\tag{8b} $$ que es obtuso si $a\lt b$ y agudo si $a\gt b$ , donde $(a,b,c)$ es una inclinación $-\frac12$ El triple pitagórico enumerado en el teorema 1.

Answer 4

Para encontrar todos los triples enteros $a,b,c$ para lo cual $c^2=a^2+b^2\pm ab$ es suficiente con considerar sólo $c^2=a^2+b^2+ab$ porque al cambiar el signo de $a$ ou $b$ da una solución a la otra ecuación y viceversa.

Sólo buscaremos soluciones primitivas, es decir, que satisfagan $\gcd(a,b,c)=1$ . Entonces, al menos uno de $a$ ou $b$ es impar, digamos que es $b$ .

Obsérvese que la ecuación se puede reescribir $$4c^2=(2a+b)^2+3b^2.$$ Set $d=2a+b$ Así que $d$ es impar. Tenemos $$3b^2=(2c-d)(2c+d)$$ donde $\gcd(2c-d,2c+d)=1$ debido a la primitividad. Hay dos casos: $2c-d=3u^2$ y $2c+d=v^2$ o $2c-d=v^2$ y $2c+d=3u^2$ . En cualquier caso, tenemos $\gcd(u,v)=1$ , $3\nmid v$ y $b=uv$ con $u$ y $v$ impar.

El primer caso da $c=\frac{v^2+3u^2}4$ y $d=\frac{v^2-3u^2}2$ de la cual $a=\frac{v^2-2uv-3u^2}4$ .

En el segundo caso se obtiene $c=\frac{v^2+3u^2}4$ y $d=\frac{3u^2-v^2}2$ de la cual $a=\frac{3u^2-2uv-v^2}4$ .

En ambos casos $b=uv$ .

Como hemos dicho antes, elegimos $b$ para ser impar. Esto significa que podemos cambiar los valores encontrados para $a$ y $b$ . (Podríamos introducir aquí dobles en el caso de que $a$ y $b$ son ambos Impares. De hecho, estoy seguro de que sí).

Para obtener todos los valores (incluidos los no primitivos) simplemente tenemos que multiplicar por una constante entera $k=\gcd(a,b,c)$ .

Ejemplo

Tomar enteros Impares coprimos $u$ y $v$ con $3\nmid v$ . Diga $u=3$ y $v=5$ . Entonces con el primer caso obtenemos $a=-8$ , $b=15$ y $c=13$ . De hecho, $$13^2=(-8)^2+15^2+(-8)\cdot15.$$

El segundo caso da los mismos valores para $b$ y $c$ pero $a=-7$ . De nuevo, $$13^2=(-7)^2+15^2+(-7)\cdot15.$$

Answer 5

Esto es un complemento de la respuesta de @barto.
El problema con el análisis es que, no es obvio que $\gcd(2c-d,2c+d)=1.$ Así que dejemos $m=\gcd(2c-d,2c+d).$ A continuación, distinguimos dos casos:

I. $3\not\mid m$
Según la ecuación $3b^2=(2c-d)(2c+d)$ observamos que $m\mid b$ (en realidad $m^2\mid b^2,$ por lo que $(b/m)^2\in\mathbb Z,$ por lo que $m\mid b$ ), de lo que se deduce que $m\mid\gcd(a,b,c)=1,$ así $m=1.$

II. $3\mid m$
Escriba $m=3n$ para que $$b^2=3n^2(\frac{2c-d}{m})(\frac{2c+d}{m}).$$ Por lo tanto, $n^2\mid b^2.$ Por la misma razón que en I. concluimos que $n\mid b.$ Escribe entonces $b=b'n$ para encontrar: $$(b')^2=3(\frac{2c-d}{m})(\frac{2c+d}{m}),$$ así que $3\mid b'.$ Esto implica que $m=3n\mid b$ de nuevo. Así que $m\mid1,$ una contradicción.

Por lo tanto, con nuestros supuestos, efectivamente no puede ocurrir que $\gcd(2c-d,2c+d)\not=1,$ pero esto no es tan obvio, y no es una mera consecuencia de la primalidad de la solución.
Espero que esto aclare algún punto.