Cuestións diofantinas do "Sumario Compendioso" de Juan Díez

Tal e como prometera na primeira entrada adicada ao Sumario Compendioso de Juan Díez, vou continuar debullando algúns aspectos dese libro. Neste caso abórdanse as páxinas tituladas Cadrados, que tratan sobre problemas diofantinos.

Primeira cuestión. Dáme un número que xuntándolle 15 faga un cadrado e restándolle 4 tamén sexa cadrado.

Regra. Suma 15 e 4, son 19. Engádelle 1, son 20. Toma a metade, que é 10. O seu cadrado, 10 veces 10 son 100. Disto resta 15 que son 85, e este é o número demandado do cal resta 4, que dá 81, cuxa raíz é 9.

No Liber quadratorum de Leonardo de Pisa, a segunda proposición di que calquera cadrado excede ao inmediatamente anterior na suma das súas raíces. En efecto, $n^{}-{(n-1)}^2=2n-1=(n-1)+n$.

Se aplicamos este resultado á primeira cuestión, temos que buscar un número intermedio entre dous cadrados consecutivos que diste 15 e 4 dos mesmos. A suma das distancias será a diferenza dos cadrados: $15+4=9=2n-1$. Se, como di Juan Díez, lle engadimos 1, obtemos $2n$.

Segunda cuestión. Dáme un número que xuntándolle 8 sexa cadrado e restándolle 8 fique cadrado. En maior cantidade dáme un número que xuntándolle 20 sexa un cadrado e restándolle 20 fique cadrado.

Regra. Toma a metade de 8, que é 4. Eleva ao cadrado, é 16, xúntalle 1, é 17 e este é o número demandado.[...] Toma a metade de 20, que é 10. Eleva ao cadrado, é 100, xúntalle 1 e fai 101 e este é o número demandado.

Os cadrados son $17-8=9=3^2$ e $17+8=25=5^2$ no primeiro caso e $101-20=81=9^2$ e $101+20={11}^2$ no segundo. Nos dous os cadrados son da forma ${(n-1)}^2$ e ${(n+1)}^2$, de aí que a solución veña dada pola media $$x=\frac{{(n-1)}^2+{(n+1)}^2}{2}=n^2+1$$ Se lle chamamos $d$ á distancia entre o número buscado e calquera dos cadrados ${(n-1)}^2+2d={(n+1)}^2$, de aí que $n=n=\frac{d}{2}$ e, polo tanto $x={\left(\frac{d}{2}\right)}^2+1$, que é a regra que dá Juan Díez.

Terceira cuestión. Unha persoa ten dúas cordas moi boas, danlle por elas 8 pesos, non as quere dar. Vén outro a compralas por varas de forma que por cada vara lle dá tantos tomíns como varas teña a corda. Despois de botar contas observa que este non lle dá máis que o primeiro. Demando cantas varas tiña cada corda.

David Eugene Smith explica a solución que se dá no Sumario compendioso da seguinte maneira. Sexan $x$, $y$, as lonxitudes (que neste problema son iguais aos prezos) de cada unha das cordas. Tendo en conta que 8 tomíns equivalen a un peso, o que se paga por elas son 64 tomíns. Se damos todos os valores en tomíns, o prezo das dúas cordas será $x^2+y^2=64=8^2$. Entón Díez emprega un método que non aceptariamos hoxe. Partindo de que $3^2+4^2=5^2$. aplica unha regra de 3 (!) entre estas expresións obtendo $\frac{x}{3}=\frac{8}{5}$, de aí que $x=4\frac{4}{5}$ e despois $y=64\frac{2}{5}$

Cuarta cuestión. Se che fose pedida esta cuestión: dáme un cadrado tal que restándolle unha certa candidade fique un cadrado e engadíndolla sexa tamén cadrado.

Lembremos que este é esencialmente o problema que Xoán de Palermo lle propuxo a Leonardo de Pisa e que sería o que daría lugar a que este escribira o Liber quadratorum. Do que se trata é de achar tres cadrados en progresión xeométrica. Na ligazón vese como o resolveu Fibonacci, a partir da definición dos congruum e os números congruentes con eles. Juan Díez dá un listrado destes valores e resolve o problema a partir deles. Aquí volvemos a ver a un Juan Díez coñecedor da terminoloxía e dos estudos dos cadrados feitos por Leonardo de Pisa.

Se aos congruos lle sumamos e restamos os congruentes, obtemos a terna de cadrados en progresión aritmética. No primeiro caso $25-24=1$, $25-24=49$. Resulta que $(1=1^2,25=5^2,49=7^2)$ é unha das ternas buscadas. No segundo caso $100-96=4$ e $100+96=196$. Outra terna de cadrados en progresión xeométrica será $(4=2^2,100={10}^2,196={14}^2)$

Curiosamente, así como podemos dar moitos exemplos de tres cadrados en progresión aritmética non é posible achar catro cadrados en progresión aritmética. Parece ser que Fermat estableceu este resultado nunha carta a Frenicle en 1640 pero que, como era o seu costume, non ofreceu ningunha demostración. Euler había de daría un resultado que levaría directamente á demostración, pero ata ben entrado o século XX non se ten coñecemento de que ninguén se volvera a preocupar deste teorema co fin de ofrecer unha demostración explícita. 

Quinta cuestión. Achar tres cadrados ou máis tales que sumados fagan un cadrado.

Nesta outra entrada explicamos como Fibonacci podía dar unha suma de $n$ cadrados que fose tamén un cadrado. Para is0 non tiña máis que aplicar recursivamente esta identidade para calqura número impar $x$: $$x^2={\left(\frac{x^2+1}{2}\right)}^2-{\left(\frac{x^2-1}{2}\right)}^2$$

A resposta de Juan Díez é a mesma que a que acabamos de indicar, polo que volvemos a ver que coñecía os tópicos matemáticos desa altura.

Tomo o primeiro número cadrado impar, que é 9, ao cal resta un, quedan 8, toma a metade e cádrao, son 16 e isto é o segundo, axunta 9 e 16, son 25, [e agora repite o proceso], quita un, quedan 24, toma a metade, é 12, cádrao, son 144 e este é o terceiro. Se o queres ver suma 9 e 16 e 144, son 169, raíz dos cales é 13: e nota que por esta vía poderalo facer in infinitum.

O seguinte problema está relacionado con este.

Sexta cuestión. Digo que me deas un cadrado que quitándolle ou xuntándolle tres veces a súa raíz fagan un número cadrado.

Para resolvelo Díez aproveita a súa lista de números congruos. De feito el usa o primeiro da lista, aquel que nos dá $25-24=1$ e $25+24=49$. Teñamos presente que $24=3\cdot 8$, de aí que $5^2-3\cdot 8=1^2$. O problema estaría resolto se nesta igualdade, no canto dun $5^2$ tivese un $8^2$. Para aproveitar este feito multiplico a igualdade por $\frac{5^2}{8^2}$:

$$\frac{5^2}{8^2}\cdot 5^2-3\cdot 8\cdot \frac{5^2}{8^2}=\frac{5^2}{8^2}$$

$${\left(\frac{25}{8}\right)}^2-3\cdot \frac{25}{8}={\left(\frac{5}{8}\right)}^2$$

De aí que $\frac{25}{8}$ sexa a solución do problema proposto que se dá no Sumario Compendioso.

Os dous últimos problemas teñen unha redacción moi parecida. Por iso xa os damos xuntos.

Sétima cuestión. Anota isto, o cadrado de 2 é 4, o cadrado de 3 é 9, e a súa suma fai 13. Dáme outros dous números que non sexan nin 2 nin 3, tal que a suma dos seus cadrados sexa 13.

Oitava cuestión. O cadrado de 3 é 9, o cadrado de 4 é 16, e sumados, 25. Dáme outros números que non sexan nin 3 nin 4, tal que a suma dos seus cadrados sexa 25.

Está claro que as solucións terán que ser racionais.... e como a lonxitude a entrada xa vai sendo suficente, deixamos o comentario neste punto.