Triángulos pitagóricos

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Triángulos pitagóricos

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hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 8 2017, 03:34 PM Publicado: #11
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	CITA(coquitao @ Aug 6 2017, 01:54 PM) $TEX: Una manera:<br /><br />Supongamos que sí existen triángulos pitagóricos cuya área es un cuadrado perfecto. Sea $A^{2}$ la menor de las áreas que puede tener un triángulo de esa índole. Se tiene entonces que<br /><br />$$x^{2}+y^{2} = z^{2} \quad \mbox{y} \quad xy = 2A^{2}$$<br /><br />\noindent para algunos números naturales $x, y, z$. De la minimalidad de $A^{2}$ se infiere que $x$ y y $y$ son coprimos; además sin pérdida de generalidad se puede suponer que $x$ es impar y $y$ par. Por el conocido resultado sobre las sols. primitivas de la ecuación $X^{2} + Y^{2}=Z^{2}$ se sigue que existen $m, n\in \mathbb{N}$ coprimos y de distinta paridad tales que<br /><br />$$ x= m^{2}-n^{2}, \quad y = 2mn, \quad z= m^{2}+n^{2}.$$<br /><br />\noindent De esto y de la igualdad $xy=2A^{2}$ se obtiene que<br /><br />$$(m-n)(m+n)mn =A^{2}.$$<br /><br />\noindent Luego, al ser $m-n, m+n, m$ y $n$ coprimos por pares, existen $a, b, c, d\in \mathbb{N}$ tales que $m=a^{2}, n=b^{2}, c^{2} = m-n = a^{2}-b^{2}$ y $d^{2}=m+n= a^{2}+b^{2}$. Como $m$ y $n$ son de distinta paridad y $(m-n,m+n)=1$, entonces $(c,d)=1$ y $c$ y $d$ son ambos impares. De esto se sigue que $(d+c)/2, (d-c)/2 \in \mathbb{N}$; luego, puesto que<br /><br />$$((d+c)/2)^{2} + ((d-c)/2)^{2} =a^{2}$$<br /><br />\noindent se desprende por un lado que $(d+c)/2$ y $(d-c)/2$ son de distinta paridad; por otra parte se obtiene que<br /><br />$$\mathbb{N} \ni 1/2 \cdot (d+c)/2 \cdot (d-c)/2 = (d^{2}-c^{2})/8 = b^{2}/4 = n/4 < n \leq A^{2}.$$<br /><br />Como la tripleta $((d-c)/2,(d+c)/2,a)$ está dando lugar a un triángulo pitagórico cuya área es un cuadrado perfecto menor que $A^{2}$ se ha conseguido una contradicción con la minimalidad de $A^{2}$. Fin.<br />$ Excelente, es la idea que tenia en mente. CITA(coquitao @ Aug 6 2017, 02:08 PM) $TEX: Otra forma sería utilizando el hecho (conocido) de que la ec. diofántica<br /><br />$$x^{4}-y^{4} = z^{2} \qquad ()$$<br /><br />\noindent no tiene sols. en números naturales $x, y, z$. La dem. iría en este caso así:<br /><br />La existencia de un triángulo pitagórico con área igual a un cuadrado perfecto garantizaría la existencia de números naturales $a, b, c$ y $d$ tales que $a^{2}+b^{2} = c^{2}$ y $ab = 2d^{2}$. Luego, haciendo, $X:=c$, $Y= 2d$ y $Z:=\|a^{2}-b^{2}\|$ se tendría una sol. en números naturales de la ec. en $()$, Q. E. A.<br />$ Esta esta interesante, no la conocia. Tienes alguna referencia del resultado? CITA(vocin @ Aug 6 2017, 04:24 PM) Completamente de acuerdo! Se me había ido la posiblidad de que m o n tuvieran algún factor primo al cuadrado o así xDDD. Exactamente ese es el problema, si los numeros fuesen libres de cuadrado seria cierto, pero eso es muy restrictivo. Mensaje modificado por hermite el Aug 8 2017, 03:35 PM

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 9 2017, 12:07 AM Publicado: #12
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	Viene, por ejemplo, en el libro de ecs. diofánticas de L. J. Mordell (es el segundo teorema del capítulo 4): la dem. es por descenso y se apela también al resultado sobre las soluciones primitivas de x² + y² = z². -------------------- "Please forget everything you have learned in school; for you haven't learned it... Please keep in mind at all times the corresponding portions of your school curriculum; for you haven't actually forgotten them." -- E. Landau

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