Un par de problemas do "Liber quadratorum"

Na entrada anterior describiamos como un problema proposto por un tradutor da corte do Sacro Imperio foi o que incentivou a Leonardo de Pisa a redactar o Liber quadratorum, un libro que comeza coa coñecida fórmula da suma dos níumeros impares:$$1+3+5+...+(2n-1)=n^2$$

Este resultado é aproveitado por Leonardo para resolver o seguinte problema:

Problema. Achar dous cadrados que teñan como suma un cadrado

Está claro que do que se trata é de obter unha terna pitagórica, cuestión da que xa nos ocupamos noutra ocasión. O curioso do asunto é como Fibonacci fai uso do resultado anterior para resolver o problema.

Considérese $x$ un impar, sexa $x^2=2n+1$ tamén impar, que será un dos cadrados que ofreceremos como parte da terna. Outro será a suma de todos os impares menor que $x^2$, de aí que

$$1+3+5+...+(2n-1)+(2n+1)=n^2+x^2=n^2+2n+1={(n+1)}^2$$

A terna é $(n,x,n+1)$. Ademais $n=\frac{x^2-1}{2}$ polo que a anterior igualdade pode escribirse;

$${\left(\frac{x^2-1}{2}\right)}^2+x^2={\left(\frac{x^2+1}{2}\right)}^2[F1]$$

Esta igualdade non é ningunha novidade, xa era coñecida desde a antiguidade. Para $x=3$ obtemos a famosa terna pitagórica:

$$4^2+3^2=5^2[1]$$

Agora ben, considerando que 5 tamén é impar, e substituíndo outra vez na anterior fórmula [F1], da que agora damos unha versión que nos vai interesar máis:

$$x^2={\left(\frac{x^2+1}{2}\right)}^2-{\left(\frac{x^2-1}{2}\right)}^2[F2]$$

temos que

$$5^2={\left(\frac{5^2+1}{2}\right)}^2-{\left(\frac{5^2-1}{2}\right)}^2={13}^2-{12}^2$$

De aí que substituíndo en [1]:

$$\begin{gathered} 3^2+4^2={13}^2-{12}^2 \\ {3}^2+4^2+{12}^2={13}^2[2] \end{gathered}$$

Así obtivemos un cadrado como suma de tres cadrados... pero resulta que 13 volve a ser impar, entón

$${13}^2={\left(\frac{{13}^2+1}{2}\right)}^2-{\left(\frac{{13}^2-1}{2}\right)}^2={85}^2-{84}^2$$

Así que, substituíndo en [2]:

$$3^2+4^2+{12}^2+{13}^2+{84}^2={85}^2[3]$$

Aínda que isto non é ningunha sorpresa, pois todo natural é suma de catro cadrados (Liouville dixit), creo que xa está claro por onde vou tirar. No seguinte paso teremos un cadrado como suma de 5 cadrados:

$$3^2+4^2+{12}^2+{13}^2+{84}^2+{3612}^2={3613}^2[4]$$

Utilizando [F2] podemos establecer a seguinte sucesión, definida recursivamente:$a_{n+1}=\frac{{(a_n+1)}^2-1}{2}$ con $a_1=3$  ou calquera outro impar. Esta sucesión verificará

$$a_{n+1}^2=\sum _{i=1}^n{a}_i^2$$

En definitiva, é posible achar n cadrados que teñan como suma outro cadrado. Unha sucesión que resolve esta cuestión é a A127690 - OEIS: 

$$3,4,12,84,3612,6526884,21300113901612,226847426110843688722000884,...$$

Un par de problemas

O manuscrito do Liber quadratorum, que foi recuperado no século XIX polo prínciupe Boncompagni, non está completo. Veremos en que consisten os últimos problemas que aparecían nel.

Problema. Achar enteiros $x$, $y$, $z$, $u$ e $v$ tales que 

$$\begin{array}{c}{x}^2+y^2=u^2\\ x^2+y^2+z^2=v^2\end{array}\}$$

A partir da análise feita anteriormente a resolución deste problema é inmediata. Unha posible solución podería ser $x=3$, $y=4$, $z=12$ con $u=5$ e $v=13$. Basta ver que [1] e [2] verifican as dúas igualdades pedidas.

O último problema do manuscrito foi proposto por un filósofo do emperador chamado Teodoro.

Problema de Teodoro. Achar enteiros $x,y,z,u,v$ e $w$ tales que 

$$\begin{gathered} x+y+z+x^2=u^2 \\ x+y+z+x^2+y^2=v^2 \\ x+y+z+x^2+y^2+z^2=w^2 \end{gathered}$$

Decatémonos de que a expresión do primeiro membro da primeira ecuación aparece na segunda e que a expresión do primeiro membro da segunda ecuación aparece na terceira. De aí que poidamos reducir a anterior expresión á seguinte:$$\begin{array}{c}x+y+z+x^2=u^{}\\ u^2+y^2=v^2\\ v^2+z^2=w^2\end{array}\}$$

Leonardo fai varias tentativas para resolver este problema. Céntrase nas dúas últimas ecuacións e parte dun par de ternas pitagóricas: $$\begin{array}{c}(6k{)}^2+(8k{)}^2=(10k{)}^2\\ (10k{)}^2+(24k{)}^2=(26k{)}^2\end{array}\}$$

Neste caso $y=8k$, $z=24k$, $u=10k$, $v=26k$; para calcular $x$ substituiriamos eses valores na primeira ecuación. Obténdose como solución $x=\frac{16}{5}$, $y=\frac{48}{5}$, $z=\frac{144}{5}$, como se ve, unha solución con números fraccionarios. Para dar cunha de números naturais terá que facer outro intento. Consideremos este outro par de ternas pitagóricas $$\begin{array}{c}(7k{)}^2+(24k{)}^2=(25k{)}^2\\ (25k{)}^2+(60k{)}^2=(65k{)}^2\end{array}\}$$

Agora $y=24k$, $z=60k$, e $u=v=25k$, substituíndo estes valores na primeira ecuación temos $$x^2+x+24k+60k=(7k{)}^2$$

Para eliminar o termo en $k^2$ realizamos a substitución $x=7k-a$

$$(7k-a{)}^2+7k-a+84k=(7k{)}^2$$

Operando e despexando $k$, obtense $k=\frac{a(a-1)}{7(2a-13)}$

Como $a$ debe ser un número enteiro positivo, ten que ser maior que 1. Para que $k$ sexa positivo, entón $2a-13>0$ polo que podemos tomar $a=7$, entón $k=6$. 

Isto danos a solución $x=7\cdot 6-7=35$, $y=24\cdot 6=144$ e $y=60\cdot 6=360$. Para estes valores $u=42$, $v=150$ e $w=390$ completan a solución en números naturais que se buscaba.

Un problema que deu lugar a un libro

Cando Leonardo  de Pisa (1170-1240) visita nesta cidade a corte de Federico II, emperador do Sacro Imperio, un tradutor chamado Xoán de Palermo (1221-1240) propúxolle o seguinte problema: 

Problema de Xoán de Palermo. Achar un cadrado perfecto tal que, se lle sumamos ou restamos 5, o resultado tamén dá cadrados perfectos. 

Cuestións semellantes foron discutidas polos sabios árabes dos séculos anteriores. En concreto Al-Khazin (c. 900-971),  un matemático que posiblemente traballou sobre a teoría de números, enfrontouse a esta mesma cuestión. Dado un número $a$, hai que determinar $x$ de forma que $$\{\begin{array}{c}{x}^2-a=y^2\\ x^2+a=z^2\end{array}[1]$$

O que nos están a pedir son tres números $x$, $y$ e $z$ que teñan cadrados en progresión aritmética de diferenza $a$.

Al-Khazin demostrou que, neste caso debería haber dous números $u$ e $v$ tales que $a=2uv$ e ademais $x^2=u^2+v^2$. Non é dificil xustificalo. Se sumamos e restamos as ecuacións do sistema anterior obteremos:

$$\begin{gathered} 2x^2=y^2+z^2\Rightarrow x=\frac{y^2+z^2}{2} \\ 2a=z^2-y^2\Rightarrow a=\frac{z^2-y^2}{2}=2\cdot \frac{z+y}{2}\cdot \frac{z-y}{2}=2uv \end{gathered}$$

Onde $u=\frac{z+y}{2}$ e $v=\frac{z-y}{2}$

Ademais $u^2+v^2={\left(\frac{z+y}{2}\right)}^2+{\left(\frac{z-y}{2}\right)}^2=\frac{z^2+y^2}{2}=x^2$

Agora temos que $y=u-v$ e $z=u+v$

Motivado por este reto, Leonardo escribiría o Liber quadratorum. Imos intentar contar, coa notación e as ferramentas da álxebra actual, como aborda a cuestión. Fagamos un novo cambio de variables. Sexan $m$ e $n$ tales que $$\{\begin{array}{c}u=2mn\\ v=n^2-m^2\end{array}$$

Obteñamos os valores iniciais, $a$, $x$, $y$ e $z$ en función de $m$ e $n$:

$$\{\begin{array}{c}a=2uv=2\cdot mn(n^2-m^2)=4mn(m+n)(m-n)\\ y=u-v=m^2+2mn-n^2\\ z=u+v=n^2+2mn-n^2\\ x^2=u^2+v^2=4m^2{n}^2+{(n^2-m^2)}^2={(n^2+m^2)}^2\end{array}$$

Velaí que o sistema [1] pode reescribirse:

$$\{\begin{array}{c}{(m^2+n^2)}^2-4mn(m+n)(m-n)={(m^2+2mn-n^2)}^2\\ {(m^2+n^2)}^2+4mn(m+n)(m-n)={(n^2+2mn-m^2)}^2\end{array}$$

 As anteriores expresións resúmense nunha soa:

$${(m^2+n^2)}^2\pm 4mn(m^2-n^2)={(m^2-n^2\pm 2mn)}^2$$

Leonardo denominou congruum á expresión $4mn(m^2-n^2)$, que é diferenza entre dous cadrados consecutivos nunha progresión aritmética de tres cadrados. É case inmediato verificar que o congruum é multiplo de 24. Aos cadrados relacionados cun congruum particular denominounos números congruentes. Por exemplo, para $m=3$ e $n=1$ o congruum é $96$ e os seus números congruentes asociados son $4=2^2$, $100={10}^2$ e $196={14}^2$

Se fose posible achar números enteiros $m$ e $n$ de forma que $4mn(m+n)(m-n)=5$, teriamos unha solución enteira. Claramente iso é imposible. A nosa búsqueda terá que dirixirse cara os números fraccionarios. Dividindo os dous membros por $p^2$:

$${(\frac{m^2}{p}+\frac{n^2}{p})}^2\pm \frac{4mn(m^2-n^2)}{p^2}={(\frac{m^2}{p}-\frac{n^2}{p}\pm \frac{2mn}{p})}^2$$

Agora se facemos $4mn(m^2-n^2)=5p^2$ necesariamente $p^2$ debe ser múltiplo de 4, de aí $p=2q$ polo que $mn(m^2-n^2)=5q^2$. Un dos tres factores do primeiro membro ten que ser múltiplo de $5$. Poñamos $m=5$, entón $n(25-n^2)=q^2$. O valor de $n$ que fai que $n(25-n^2)$ sexa un cadrado é $n=4$. Daquela $q=6$ e $p=12$. Velaí que o número que dará lugar ao cadrado intermedio da progresión aritmética será

$$\frac{x}{p}=\frac{m^2}{p}+\frac{n^2}{p}=\frac{25}{12}+\frac{16}{12}=\frac{41}{12}=3\frac{5}{12}$$

En efecto, os outros dous cadrados son: ${\left(3\frac{5}{12}\right)}^2+5={\left(4\frac{1}{12}\right)}^2$ e ${\left(3\frac{5}{12}\right)}^2-5={\left(2\frac{7}{12}\right)}^2$

Unha volta máis

Cada vez que, como neste caso, teñamos unha terna de números [$y$,$x$,$z$] cuxos cadrados estean en progresión aritmética de diferenza $a$ ($x^2-y^2=z^2-y^2=a$) poderemos obter unha terna pitagórica $(\frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2},x)=(v,u,x)$. Ademais a área deste triángulo rectángulo é a cuarta parte do congruum $A=\frac{uv}{2}=\frac{a}{4}=mn(m^2-n^2)$. Por poñer un exemplo, consideremos o caso anterior, que agora xa non escribiremos en fracción mixta: $[\frac{31}{12},\frac{41}{12},\frac{49}{12}]$ e do que obtemos a terna pitagórica $(\frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{41}{12})$ de área $A=\frac{9}{12}$. Este é un exemplo de triángulo rectángulo heroniano, isto é, un que ten valores racionais tanto para os lados como para a área.

Unha cuestión interesante, e aínda aberta, consiste en caracterizar os racionais que son área dalgún triángulo heroniano. Porén sábese que ningún destes números pode ser un cadrado. Se a partir dun triángulo heronaiano de área A, construímos outro semellante con razón de semellanza un número racional $r$, este tamén será heroniano e de área $r^{2}A$. Como os congrua son áreas de triángulos rectángulos salvo un factor cadrado, $a=4A$, tampouco ningún congrua poderá ser un cadrado. Leonardo xa sospeitaba isto, e incluso intentou dar unha demostración. Non sería, como veremos, ata a intervención de Fermat, que non se puido establecer firmemente. Vexámolo.

Imos demostrar que ningún triángulo heroniano pode ter área 1. Polo comentado no prágrafo anterior tampouco poderá ter  área $r^2\dot{1}$. Para iso partamos de que o resultado é falso. Sexa $(v,u,x)$ un triángulo rectángulo heroniano de área $A=\frac{uv}{2}=1$.

Na igualdade  $${(u^2-v^2)}^2=(u^2-v^2)-4u^2{v}^2$$ realizamos as substitucións $x^2=u^2+v^2$ e $uv=2$ 

$${(u^2-v^2)}^2=x^4-16=x^4-2^4$$

Esta última igualdade non ten sendido, pois tal e como demostrou Fermat, a diferenza de dúas cuartas potencias non pode ser un cadrado.

Como colofón, unha historia curiosa. Estivemos traballando con ternas de números racionais que eran cadrados perfectos e que estaban en progresión aritmética. Poderase ampliar a terna ata ter unha lista de catro cadrados coa mesma diferenza? A resposta é negativa. No ano 1640 Fermat propúxolle esta cuestión a Frénicle de Bessy nunha carta e tamén declarou a imposibilidade de tal colección de catro elementos. Dickson, na súa History of theory of numbers, atribúlle a demostración a varios autores, entre eles, Euler.