Quadrati delle terne pitagoriche

[robbstark1]

Sia $(a,b,c)$ una terna pitagorica primitiva. Provare che al più un solo elemento della terna può essere un quadrato perfetto.

Hint (piccolo):

Utilizzare il fatto che gli elementi di una terna pitagorica primitiva possono sempre scritti come:
$a = m^2 - n^2$
$b = 2mn$
$c = m^2 + n^2$
dove $m$ ed $n$ sono primi tra loro, uno pari, l'altro dispari.
Dimostrazione:
Che date le espressioni di sopra risulti $a^2 + b^2 = c^2$ è un banale calcolo da verificare, cosí come il fatto che $a$, $b$ e $c$ risultino primi tra loro per le condizioni su $m$ ed $n$. La parte più difficile da dimostrare è il teorema inverso, ovvero che per ogni terna pitagorica primitiva esistono $m$ ed $n$ naturali che soddisfano quelle espressioni.
A partire da $a^2 + b^2 = c^2$, con semplici manipolazioni algebriche otteniamo:
$b^2 = c^2 - a^2 = (c-a)(c+a)$
$\frac{b}{c+a} = \frac{c-a}{b}$
Poniamo:
$\frac{b}{c+a} = \frac{c-a}{b} = \frac{n}{m}$ dove $n/m$ è una frazione ridotta ai minimi termini.
Il prodotto dei primi due membri dà:
$\frac{c-a}{c+a} = \frac{n^2}{m^2}$
Da cui, con semplici passaggi algebrici:
$\frac{a}{c} = \frac{m^2 -n^2}{m^2 + n^2}$
Dunque:
$a = k(m^2 -n^2)$, $c = k(m^2 + n^2)$, $b = \sqrt{c^2 - a^2} = 2kmn$
Se la terna è primitiva necessariamente $k=1$.

[Erasmus_First]

"robbstark":Sia $(a,b,c)$ una terna pitagorica primitiva. Provare che al più un solo elemento della terna può essere un quadrato perfetto.

"primitiva" ... è in più!
[Se la tesi è vera per terne pitagoriche primitive, allora è vera anche per terne pitagoriche non primitive].
_______

[Sk_Anonymous]

Se due elementi di una terna pitagoriga fossero quadrati, si avrebbero delle relazioni fra interi del tipo:

$x^4+y^4=z^2$ e $x^4-y^4=z^2$

La prova della non esistenza di soluzioni intere di queste equazioni si trova girando un po' nella rete, che non
riporto in quanto non farina (nemmeno potenzailmente, credo) del mio sacco.

[robbstark1]

@ Erasmus_First: Hai ragione, in effetti primitiva è esagerato.

@ sprmnt21: Probabilmente è vero che si trovano le soluzioni in rete, ma per chi non le conosce basterebbe non cercarle se si volesse cimentare. Oppure forse si potrebbero trovare dimostrazioni alternative? Per me era un problema nuovo ed impegnativo, ma risolvibile senza troppe conoscenze.

[Sk_Anonymous]

"robbstark":
@ sprmnt21: Probabilmente è vero che si trovano le soluzioni in rete, ma per chi non le conosce basterebbe non cercarle se si volesse cimentare. Oppure forse si potrebbero trovare dimostrazioni alternative? Per me era un problema nuovo ed impegnativo, ma risolvibile senza troppe conoscenze.

Dopo aver ricondotto il problema a dei risultati "ben noti" e quindi, dal punto di vista matematic, risolto il problema, Volevo solo aggiunger di essere a conoscenza della soluzione di queste equazioni diofantee, come di essere conspevole del fatto che non sono alla mia portata e per questo non riportavo lo svolgimento completo.

[Gi81]

In realtà non è troppo complicato dimostrare che
non esistono $(x,y,z) in (NN\\{0})^3$ tali che $x^4+y^4=z^2$

Supponiamo per assurdo che esistano delle soluzioni.
Allora consideriamo $(x,y,z)$ una soluzione con $z$ minimo possibile
(cioè per ogni altra soluzione $(x',y',z')$ vale $z<=z'$).

Si ha $(x^2)^2+(y^2)=z^2$, cioè $(x^2,y^2,z)$ è t.p.p.[nota]è primitiva perché altrimenti $z$ non sarebbe il minimo possibile[/nota]
Allora esistono $m,n in NN$ tali che $x^2= m^2-n^2$, $y^2=2mn$, $z=m^2+n^2$
Da ciò segue che anche $(x,n,m)$ è t.p.p.,
dunque esistono $a,b in NN$ tali che $x=a^2-b^2$, $n=2ab$, $m=a^2+b^2$.

Quindi $y^2 =2mn= 2m(2ab)= 4 mab$, cioè $(y/2)^2=m a b$ [nota]$y$ è pari, quindi $y/2 in NN$[/nota]
Dunque $m*a*b$ è un quadrato perfetto, con $m,a,b$ due a due coprimi.
Pertanto sono tutti e tre dei quadrati perfetti: $m=h^2$, $a=k^2$, $b=l^2$.

Poiché vale $a^2+b^2=m$, abbiamo ottenuto
$k^4+l^4=h^2$, con $h

Cita

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[axpgn]

Devi dimostrare anche l'altra ...

[robbstark1]

Per questa parte di dimostrazione ci sono andato in maniera molto simile a Gi8, solo che mi pare manchi da spiegare come mai si pone $n=2ab$ e non si considera che possa invece essere $x=2ab$.

Il modo in cui ci andavo io:
$y^2 = 2mn$ con $m$ ed $n$ primi tra loro implica
$m = 2\mu^2$, $n= \eta^2$ o $m = \mu^2$, $n= 2 \eta^2$

$x^2 = m^2 - n^2 = (m+n)(m-n)$
$m+n$ ed $m-n$ sono pure primi tra loro, infatti supponiamo che entrambi abbiano resto $k$ rispetto ad un primo $p$, cosí che la differenza $m-n$ risulti multipla di $p$. Il resto della somma $m+n$ rispetto a $p$ sarà $2k$ che non è multiplo di $p$, a meno che $p=2$, $k=1$, ma non può essere nemmeno $p=2$, perchè $m$ ed $n$ hanno parità diverse.
Dunque $m-n$ ed $m+n$ sono pure quadrati.

Caso $m= 2 \mu^2$:
$2 \mu^2 - \eta^2 = \delta^2$
$2 \mu^2 + \eta^2 = \sigma^2$
Ragionando modulo 4, uno tra $\delta^2$ e $\sigma^2$ avrebbe resto $-1$ (o $3$), che non è possibile per un quadrato. Assurdo.

Caso $m= \mu^2$:
$\mu^2 - 2 \eta^2 = \delta^2$
$\mu^2 + 2 \eta^2 = \sigma^2$
Sottraendo e sommando la seconda dalla prima, rispettivamente:
$4 \eta^2 = \sigma^2 - \delta^2$ quindi $\delta^2 + 4 \eta^2= \sigma^2$
$2 \mu^2 = \delta^2 + \sigma^2$
Dunque:
$\mu = \alpha^2 - \beta^2$
$2 \eta = 2 \alpha \beta$
$\sigma = \alpha^2 + \beta^2$
Sostituendo in $2 \mu^2 = \delta^2 + \sigma^2$ si ottiene:
$\alpha^4 + \beta^4 = \mu^2$, con $\mu < z$.

[Gi81]

Non esistono $(x,y,z) in (NN\\{0})^3$ tali che $x^4-y^4=z^2$.

Supponiamo per assurdo che esistano soluzioni, e sia $(x,y,z)$ soluzione con $x$ minimo possibile.
Dunque $x$ e $y$ sono coprimi, e poiché $y^4+z^2 =x^4$, ciò implica che $(y^2,z,x^2)$ è t.p.p.
Distinguo due casi: $y$ pari e $y$ dispari.

[*:309o6ooe]$y$ pari.
Allora esistono $m,n in NN$ coprimi di diversa parità tali che $z= m^2-n^2$, $y^2=2mn$, $x^2=m^2+n^2$.
Notiamo che anche $(m,n,x)$ è t.p.p.,
perciò esistono $a,b in NN$ coprimi di diversa parità tali che $x=a^2+b^2$ e $mn=2ab(a^2-b^2)$.
Quindi $y^2= 4ab(a^2-b^2) => (y/2)^2 = ab (a^2-b^2)$, con $a,b, a^2-b^2$ due a due coprimi.
Dunque $a=k^2$, $b=h^2$ e $a^2-b^2= l^2$, da cui $k^4-h^4 = a^2-b^2 = l^2$
cioè $k^4-h^4=l^2$, con $k [/*:m:309o6ooe]
[*:309o6ooe]$y$ dispari.
Allora esistono $m,n in NN$ coprimi di diversa parità tali che $y^2= m^2-n^2$, $z=2mn$, $x^2=m^2+n^2$.
Ma allora $m^4-n^4= (m^2-n^2)(m^2+n^2)= y^2 x^2 = (xy)^2$, cioè
$m^4-n^4= (xy)^2$, con $m Fine (spero di non avere fatto errori)

[robbstark1]

Sí, questa seconda parte mi pare completa e sostanzialmente uguale alla mia dimostrazione.

In pratica ogni volta ci si ritrova sempre a ricavare un'equazione uguale a quella di partenza ma con numeri più piccoli, da cui l'assurdo perchè non è possibile avere interi sempre più piccoli.

Piccola osservazione per cui questo problema mi aveva incuriosito è che spiega metà del teorema di Fermat, con le potenze pari. Chissà se in maniera elementare si riesce pure a dimostrare qualche caso particolare con potenze dispari, per esempio $n=3$.