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.
Ningún comentario:
Publicar un comentario