Trillizos de Pitágoras

Question

Respetado Matemáticos,

Para Pitágoras trillizos $(a,b,c)$ si $c$ es impar entonces uno de $a$ $b$ es impar. Aquí $(a, b, c)$ es una de Pitágoras triplete con $c^2 = a^2 + b^2$.

Ahora, voy a considerar $c = b + \Omega$. La razón para considerar a $c = b + \Omega$ es, $c$ es una hipotenusa el lado de la derecha del triángulo y es obviamente más grande que el otro lado de la $b$.

Ahora, $$a^2 + b^2 = (b + \Omega)^2 = b^2 + 2b \Omega + \Omega ^2\qquad\qquad(1)$$ que es la misma que $$b = [a^2 - \Omega ^2] \div 2\Omega.$$ Lo que implica que $\Omega$ divide $a^2$ $a^2- \Omega ^2) \gt 0$ o $(a - \Omega) (a + \Omega) \gt 0$, lo que implica que $$a \gt \Omega\qquad\qquad(2).$$

Ahora, voy a considerar $a = 2^m$; a continuación, $\Omega$ es también incluso. De lo contrario, si $a = 2^m + 1$, entonces obviamente $\Omega$ es impar.

Ahora, voy a considerar tanto en $a$ $\Omega$ es una incluso los números de tal manera que, $a = 2^m$ $\Omega = 2^r$ algunos $m$$r$. Por (2), se ha $m \gt r$ y por (1), tenemos $$(2^m)^2 = 2^r (2b + 2^r)$$ o $$b = \frac{2^r}{2}((4^m \div 4^r) - 1))\qquad\qquad(3)$$

Como he dicho antes, $a$ $\Omega$ es una incluso, a continuación, $b$ debe ser un número impar. es decir, $r = 1$

Por lo tanto, los trillizos de números en potencias de $2$ $(2^m, (4^m \div 4) - 1, (4^m \div 4 ) + 1))$

Ahora mi pregunta es, ¿cómo uno se puede generalizar a la misma para la siguiente?

Caso 1: si tomamos los números impares para los poderes de algunos de los mejores

Caso 2: si tomamos los números con el primer poderes.

Agradeciendo a usted,

Answer 1

Es claro para mí lo que está pasando; por una parte, no cada número es una potencia de $2$. En la otra, incluso si $a$ es una potencia de $2$, usted no tiene una orden de afirmar que el $\Omega$ será necesariamente un poder de $2$ así; al menos, no garantiza que usted ha dado. Por supuesto, usted puede asumir que es el caso, pero entonces usted está tratando con un bastante restrictivo subconjunto de ternas pitagóricas.

Por otro, es falso que si $a$ es incluso, a continuación, $b$ es necesariamente impar, a pesar de que es cierto para los primitivos ternas pitagóricas (donde $a$, $b$, y $c$ son parejas relativamente primos). Pero nunca hacer esa suposición.

Y por último, una descripción completa de ternas pitagóricas primitivas es bien conocida. Usted puede deducir su fórmula de ellos con bastante facilidad.

Explícitamente, supongamos que $(a,b,c)$ es una terna Pitagórica primitiva, y supongamos que $a$ es incluso; hemos $$(c+b)(c-b) = c^2-b^2 = a^2;$$ desde $a,b,c$ son parejas coprime, y $a$ es incluso, a continuación, $b$ $c$ son ambos impares, por lo $c+b$ $c-b$ son ambos inclusive. Ningún divisor común de a $c+b$ $c-b$ brecha $(c-b)+(c+b) = 2c$, y también se $(c+b)-(c-b) = 2b$; desde $\gcd(2c,2b) = 2\gcd(b,c) = 2$, el mcd de a$c-b$$c+b$$2$. Dividiendo por $4$ (lo que podemos hacer desde $a$ es aún, por lo $a^2$ es un múltiplo de a $4$, obtenemos $$\left(\frac{c+b}{2}\right)\left(\frac{c-b}{2}\right) = \left(\frac{a}{2}\right)^2.$$ Desde $\frac{c+b}{2}$ $\frac{c-b}{2}$ son relativamente primos, y su producto es un cuadrado, cada una de ellas es un cuadrado. Así que podemos escribir $\frac{c+b}{2} = s^2$, $\frac{c-b}{2}=r^2$, $\frac{a}{2} = rs$, con $r$$s$, $s\gt r$, relativamente primos, y de frente la paridad (desde $c$ es impar).

Esto le da $$\begin{align*} c &= \frac{c+b}{2} + \frac{c-b}{2} = s^2+r^2.\\ b &= \frac{c+b}{2} - \frac{c-b}{2} = s^2 - r^2.\\ a &= 2rs. \end{align*}$$ En su caso, desea $a=2^m$; desde $s$ $r$ son de enfrente de la paridad, uno debe ser igual a $1$; desde $s\gt r\gt 0$, vamos a tener $r=1$, $s=2^{m-1}$, y esto da $$(a,b,c) = (2^m, 4^{m-1}-1, 4^{m-1}+1),$$ cuál fue su resultado.

Nota, sin embargo, que hay otros (no primitivo) ternas Pitagóricas que han $a$ un poder de $2$: es decir, $$(2^{m+k}, 2^{2m+k-2}-2^k, 2^{2m+k-2}+2^k)$$ es una terna Pitagórica para todos los $k\geq 0$.

Si $a$ es impar, entonces sólo el intercambio de los roles de $a$ $b$ por encima.