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.