Es allí una manera de encontrar una terna pitagórica, de modo que cuando usted coloca un dado cifras antes, todavía es una terna pitagórica?

Question

Por ejemplo, en base 10:

$$5^2 + 12^2 = 13^2$$

Y cuando pongo un uno antes de cada número, la igualdad se mantiene:

$$15^2 + 112^2 = 113^2$$

Así que mi pregunta es, en una determinada base, hay una manera de obtener ternas pitagóricas que todavía se mantienen cuando una dígitos precede a cada uno de ellos?

Pregunta extra: Y si no hay, los hay infinitamente muchos?

Answer 1

Aquí está una familia infinita de soluciones. Deja que la base se $b=4n+2$, y tomar la terna Pitagórica $$ x = 2n+1,\ y = 2n^2 + 2n,\ z = 2 n^2 + 2 n + 1 $$ Tenga en cuenta que $1 \le x < b$, $b \le y, z < b^2$, por lo $x$ tiene un dígito en base $b$ mientras $y$ $z$ tienen dos. Poner un $1$ antes de cada uno en base a $b$, obtenemos $$ x' = b + x = 6n+3,\ y' = b^2 + y = 18 n^2 + 18 n + 4,\ z' = b^2 + z = 18 n^2 + 18 n + 5$$ que es de nuevo un triple de Pitágoras. El caso de $n=2$ es el ejemplo de arriba.

EDIT: Algo más generalmente, comienza con una terna Pitagórica de la forma $$(x,y,z) =(m^2-n^2,\; 2mn,\; m^2+n^2)$$ con $m>n$, y supongamos que en base $b$, $x$ tiene un dígito, mientras que $y$ $z$ tienen dos.

Anteponiendo el dígito $1$ da $$(x',y',z') = (b+m^2-n^2,\; b^2+2mn, \; b^2+m^2+n^2)$$ Para que esto sea una terna Pitagórica, usted necesita $$ 0 = x'^2 + y'^2 - z'^2 = b^2(1-2(m-n)^2)+2b(m^2-n^2)$$ De esto podemos ver que $2(m-n)$ debe dividir $b$, así que vamos a tomar $b= 2 (m-n)r$.

Después de excluir $4 (m-n)^2 r$ a continuación, obtener la ecuación $$ 2(m-n)^2r - m - n - r = 0$$ Deje $m+n = s$$m-n = t$, por lo que $m = (s+t)/2$, $n = (s-t)/2$. La ecuación se convierte entonces en $2rt^2 - r - s = 0$. Por lo tanto $s = 2 rt^2 - r$. Nuestra solución es ahora $$ x = 2rt^3-rt,\; y=2 r^2 t^4 - 2 r^2 t^2 + \dfrac{r^2-c^2}{2},\; z = 2 r^2 t^4 - 2 r^2 t^2 + \dfrac{r^2+t^2}{2},\; b = 2 r t$$ Pero queríamos $x < b$, lo $2rt^3 - rt < 2rt$, es decir,$2 t^2 < 3$. Por lo tanto necesitamos $t=1$. Y $r$ debe ser impar para $y$ $z$ a ser números enteros. Tomando $r=2k+1$ nos deja con mi solución (con $k$ en lugar de $n$).

EDIT: Hay otras soluciones. Algunos con la base no de la forma $4n+2$ $$ \matriz{b = 12 y x = 442 & y = 120 & z = 458 & x' = 2170 & y' = 264 & z' = 2186\cr b = 12 y x = 210 & y = 72 & z = 222 & x' = 1938 y y' = 216 & z' = 1950\cr b = 12 y x = 120 & y = 160 & z = 200 & x' = 840 y y' = 8800 & z' = 8840\cr b = 16 & x = 494 & y = 192 & z = 530 & x' = 12782 & y' = 960 & z' = 12818\cr b = 16 & x = 504 & y = 128 & z = 520 y x' = 4600 & y' = 384 & z' = 4616\cr b = 20 y x = 546 & y = 360 & z = 654 & x' = 72546 & y' = 3960 & z' = 72654\cr b = 20 y x = 1326 & y = 360 & z = 1374 & x' = 25326 y y' = 1560 y z' = 25374\cr b = 20 y x = 884 & y = 240 & z = 916 & x' = 16884 & y' = 1040 & z' = 16916\cr b = 20 y x = 442 & y = 120 & z = 458 & x' = 8442 & y' = 520 y z' = 8458\cr b = 20 y x = 10 y y = 24 & z = 26 & x' = 70 & y' = 1224 & z' = 1226\cr b = 20 y x = 9999 & y = 200 & z = 10001 & x' = 489999 & y' = 1400 & z' = 490001\cr b = 20 y x = 990 & y = 200 & z = 1010 & x' = 8990 & y' = 600 & z' = 9010\cr b = 21 & x = 561 & y = 252 & z = 615 & x' = 37605 & y' = 2016 y z' = 37659\cr b = 24 & x = 836 & y = 480 & z = 964 & x' = 125252 & y' = 5664 & z' = 125380\cr b = 24 & x = 35 & y = 12 & z = 37 & x' = 1763 y y' = 84 & z' = 1765\cr b = 28 & x = 14 & y = 48 & z = 50 & x' = 98 & y' = 2400 y z' = 2402\cr b = 32 & x = 63 & y = 16 & z = 65 & x' = 3135 & y' = 112 & z' = 3137\cr b = 36 & x = 18 & y = 80 & z = 82 & x' = 126 & y' = 3968 & z' = 3970\cr b = 40 & x = 20 & y = 48 & z = 52 & x' = 300 & y' = bio 11248 & z' = 11252\cr b = 40 & x = 99 & y = 20 & z = 101 & x' = 4899 & y' = 140 & z' = 4901\cr }$$ También hay otras soluciones en base a $10$. Además de los que se obtiene multiplicando $x,y,z$ por el mismo poder de $10$, tenemos $$ \matriz{x = 1045 & y=600 & z=1205 & x' = 21045 & y' = 2600 & z' = 21205\cr x = 11242 & y=600 & z=11258 & x' = 211242 & y' = 2600 & z' = 211258\cr x = 12495 & y=500 & z=12505 & x' = 112495 & y'=1500 & z'=112505\cr x = 15675 & y=9000 & z=18075 & x' = 315675 & y'=39000 & z'=318075\cr x = 16863 & y=900 & z=16887 & x' = 316863 & y'=3900 & z'=316887\cr }$$ No sé si estos están en infinidad de familias.

Answer 2

Inspirado por Robert análisis me decidí a encontrar una familia diferente.

Esto funciona para las bases de la forma$b=4mn$$n>4$$m>0$.

Tomar el triple $(2mn,m(n^2-1),m(n^2+1))$

Claramente $2mn<4mn$, por lo que su uno de los dígitos de largo. También se $4mn<m(n^2-1)<m(n^2+1)<(16m^2n^2)$ así que los dos son de dos dígitos.

Si pones el dígito $4m-1$ (que es un dígito como $4m-1<4mn$) delante de cada número que se obtiene el triple:

$$\bigg((4m-1)\cdot(4mn+2mn),(4m-1)\cdot(4mn)^2+m(n^2-1),(4m-1)\cdot(4mn)^2+m(n^2+1)\bigg)$$ $$=\bigg(16m^2n-2mn,64m^3n^2-16m^2n^2+mn^2-m,64m^3n^2-16mn^2+mn^2+m\bigg)$$

Que satisifies la Identidad Pitagórica.

Con $m=1$ esto conduce a Robert soluciones de:

$$\matriz{b = 20 y x = 10 y y = 24 & z = 26 & x' = 70 & y' = 1224 & z' = 1226\cr b = 24 & x = 35 & y = 12 & z = 37 & x' = 1763 y y' = 84 & z' = 1765\cr b = 28 & x = 14 & y = 48 & z = 50 & x' = 98 & y' = 2400 y z' = 2402\cr b = 32 & x = 63 & y = 16 & z = 65 & x' = 3135 & y' = 112 & z' = 3137\cr b = 36 & x = 18 & y = 80 & z = 82 & x' = 126 & y' = 3968 & z' = 3970\cr b = 40 & x = 99 & y = 20 & z = 101 & x' = 4899 & y' = 140 & z' = 4901\cr}$$

Y con $m=2$ esto conduce a soluciones (Robert había uno) de:

$$\matriz{b = 40 & x = 20 & y = 48 & z = 52 & x' = 300 & y' = bio 11248 & z' = 11252\cr b = 48 & x = 24 & y = 70 & z = 74 & x' = 360 & y' = 16198 & z' = 16202\cr b = 56 & x = 28 & y = 96 & z = 100 y x' = 420 & y' = 22048 & z' = 22052\cr b = 64 & x = 32 & y = 126 & z = 130 & x' = 480 & y' = 28798 & z' = 28802\cr b = 72 & x = 36 & y = 160 & z = 164 & x' = 540 & y' = 36448 & z' = 36452\cr b = 80 & x = 40 & y = 198 & z = 202 & x' = 600 & y' = 44998 & z' = 45002\cr}$$