Una muy diferente de la propiedad de la primitiva de Pitágoras trillizos: número Puede estar en más de dos de ellos?

Question

Mientras que jugando con los números, yo pensaba acerca de los cuadrados de los números y, a continuación, la primera cosa que me vino a la mente fue Pitágoras de trillizos.

He observado un hecho muy interesante que cualquier $x\in\mathbb N$ nunca puede ser miembro de más de dos Pitágoras trillizos de pares coprime números, como $(3,4,5)$$(8,15,17)$.

Por ejemplo $$16^2+63^2=65^2$$$$33^2+56^2=65^2$$

son los posibles tripletes para $x=65$, e $65$ no existe en ningún otro triplete de co-primos.

Ahora tengo que probar esta conjetura.

Así que pensé que en una de Pitágoras triplete, los tres números son de la forma $(2mn, m^2-n^2, m^2+n^2)$.

Deje $x$ ser un número . Entonces me tiene que demostrar que $$x=2mn$$$$x=a^2+b^2$$$$x=y^2-z^2$$ no son simultáneamente posible.

Pero me he atascado y no sabes a dónde ir desde aquí.

Por favor me ayude a probar esto o que me ayudara a refutarla por dar un ejemplo contrario.

Answer 1

Inicio de $1105 = 5\cdot 13\cdot 17$ cuyos factores primos de todos los que tiene la forma de $4k+1$.
Descomponer los factores primos en $\mathbb{Z}$ más de los enteros de gauss $\mathbb{Z}[i]$

$$5 = (2+i)(2-i),\quad 13 = (3+2i)(3-2i)\quad\text{ and }\quad17 = (4+i)(4-i)$$

Recombinar los factores de $1105^2$ $\mathbb{Z}[i]$ en diferente orden y, a continuación, gire a la suma de dos cuadrados. Obtenemos:

$$\begin{array}{rc:rr} 1105^2 = & 943^2 + 576^2 & ((2+i)(3+2i)(4+i))^2 = & -943 + 576i\\ = & 817^2 + 744^2 & ((2-i)(3+2i)(4+i))^2 = & 817 + 744i\\ = & 1073^2 + 264^2 & ((2+i)(3-2i)(4+i))^2 = & 1073 + 264i\\ = & 1104^2 + 47^2 & ((2-i)(3-2i)(4+i))^2 = & -47 - 1104i\\ \end{array} $$ Un contra-ejemplo para la especulación de que un entero puede aparecer en más de dos ternas Pitagóricas primitivas.

Answer 2

El "más pequeño" contraejemplo es \begin{gather*} 5^2 + 12^2 = 13^2 \\ 9^2 + 12^2 = 15^2 \\ 12^2 + 16^2 = 20^2 \end{reunir*} ($12$ también satisface $12^2 + 35^2 = 37^2$.)

Edit: ahora que el OP ha establecido que los elementos de a pares coprime, el más pequeño contraejemplo (en el sentido de que la repetida número es mínimo) es

\begin{gather*} 11^2 + 60^2 = 61^2 \\ 60^2 + 91^2 = 109^2 \\ 60^2 + 221^2 = 229^2 \end{reunir*}

$60$ también satisface $60^2 + 899^2 = 901^2$.

Answer 3

$120,160,200$ $90,120,150$ $72,96,120$

Cómo llegué a esto: es un conocimiento común que si queremos escalar el triplete $3,4,5$ por cualquier constante, obtenemos otro triplete. Así me enteré de un múltiplo común de a$3,4,5$, $120$ y luego escalar en la terna de uno por uno con las constantes $\frac{120}{3}$, $\frac{120}{4}$ y $\frac{120}{5}$.

Answer 4

$16, 63, 65$

$25, 60, 65$

$33, 56 , 65$

Observó a partir de: http://www.tsm-resources.com/alists/trip.html

Posible interesantes estudios pregunta: ¿hay números que aparece en infinidad de ternas Pitagóricas?

Answer 5

Cualquier prime que es congruente a $1$ modulo $4$ es el mayor miembro de una Pythagoren triplete. (Que no es obvio.)

Si $P_1,..., P_n$ $n$ distintos de los números primos, cada congruente a $1$ modulo 4, $\prod_{j=1}^nP_j$ es el miembro más grande de $2^{n-1}$ diferentes primitivo de Pitágoras trillizos. ( No es obvio que el método, a continuación, da siempre que en muchas).

El uso de $(aa'+bb')^2+(ab'-ba')^2=(aa'-bb')^2+(ab'+ba')^2=(a^2+b^2)(a'^2+b'^2).$

Ejemplo : (Para facilidad de escribir vamos a "$.$" denotar "$\times$"). De $3^2+4^2=5^2$ $5^2+12^2=13^2$ hemos $$(3.5\pm 4.12)^2+(3.12\mp 4.5)^2=5^2.13^2.$$ That is, $63^2+16^2=33^2+56^2=65^2.$...... Since $17=1^2+4^2$ we have $$(63.1\pm 16.4)^2+(63.4\mp 16.1)^2=17^2.65^2=$$ $$= (33.1\pm 56.4)^2+(33.4\mp 56.1)^2=17^2.65^2.$$ That is, $$127^2+236^2=1^2+268^2=257^2+76^2=191^2+188^2=1105^2.$$