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

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

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

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

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

$$4^{2}+3^{2}=5^{2}\quad\quad[1]$$

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:

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

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]:

$$3^{2}+4^{2}=13^{2}-12^{2}\\3^{2}+4^{2}+12^{2}=13^{2}\quad\quad [2]$$

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]:

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

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:

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

Utilizando [F2] podemos establecer a seguinte sucesión, definida recursivamente:$a_{n+1}=\frac{\left (a_{n}+1  \right )^{2}-1}{2}$ 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 

$$\left.\begin{matrix}x^{2}+y^{2}=u^{2}\\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=v^{2}\end{matrix}\right\}$$

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 

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

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:$$\left.\begin{matrix}x+y+z+x^{2}=u^{}\\ u^{2}+y^{2}=v^{2}\\ v^{2}+z^{2}=w^{2}\end{matrix}\right\}$$

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

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 $$\left.\begin{matrix}(7k)^{2}+(24k)^{2}=(25k)^{2}\\ (25k)^{2}+(60k)^{2}=(65k)^{2}\end{matrix}\right\}$$

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 $x=7\cdot 6-7=35$, $y=24\cdot6=144$ e $y=60\cdot6=360$. 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 $$\left\{\begin{matrix}x^{2}-a=y^{2}\\ x^{2}+a=z^{2}\end{matrix}\right. \quad\quad\quad\quad[1]$$

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:

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

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 $$\left\{\begin{matrix}u=2mn\\ v=n^{2}-m^{2}\end{matrix}\right.$$

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

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

Velaí que o sistema [1] pode reescribirse:

$$\left\{\begin{matrix}\left ( m^{2} +n^{2}\right )^{2}-4mn\left ( m+n \right )\left ( m-n \right )=\left ( m^{2}+2mn-n^{2} \right )^{2}\\ \left ( m^{2} +n^{2}\right )^{2}+4mn\left ( m+n \right )\left ( m-n \right )=\left ( n^{2}+2mn-m^{2} \right )^{2}\end{matrix}\right.$$

 As anteriores expresións resúmense nunha soa:

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

Leonardo denominou congruum á expresión $4mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )$, 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 $4mn\left ( m+n \right )\left ( m-n \right )=5$, teriamos unha solución enteira. Claramente iso é imposible. A nosa búsqueda terá que dirixirse cara os números fraccionarios. Dividindo os dous membros por $p^{2}$:

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

Agora se facemos $4mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )=5p^{2}$ necesariamente $p^{2}$ debe ser múltiplo de 4, de aí $p=2q$ polo que $mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )=5q^{2}$. Un dos tres factores do primeiro membro ten que ser múltiplo de $5$. Poñamos $m=5$, entón $n\left ( 25-n^{2} \right )=q^{2}$. O valor de $n$ que fai que $n\left ( 25-n^{2} \right )$ 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 $\left ( \frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2},x \right )=\left ( v,u,x \right )$. Ademais a área deste triángulo rectángulo é a cuarta parte do congruum $A=\frac{uv}{2}=\frac{a}{4}=mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )$. Por poñer un exemplo, consideremos o caso anterior, que agora xa non escribiremos en fracción mixta: $\left [ \frac{31}{12},\frac{41}{12},\frac{49}{12} \right ]$ e do que obtemos a terna pitagórica $\left ( \frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{41}{12} \right )$ 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 $\left ( v,u,x \right )$ un triángulo rectángulo heroniano de área $A=\frac{uv}{2}=1$.

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

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

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.