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.