Notas sobre ternas pitagóricas

Se os lados dun triángulo rectángulo teñen valores naturais dise que eses valores forman unha terna pitagórica. Por exemplo $(3,4,5)$ e $(8,15,17)$ son ternas pitagóricas. Podémolo comprobar: $3^{2}+4^{2}=5^{2}$ e $8^{2}+15^{2}=17^{2}$.

Dada unha terna pitagórica como $(3,4,5)$ é moi fácil obter infinidade delas multiplicando por un enteiro calquera. Por exemplo, $(3n,4n,5n)$ tamén será unha terna pitagórica xa que 

$$\left (3n  \right )^{2}+\left (4n  \right )^{2}=n^{2}\left ( 3^{2}+4^{2} \right )=n^{2}5^{2}=\left ( 5n \right )^{2}$$

Ás ternas como $(3,4,5)$, na que os números son coprimos, chámaselle ternas pitagóricas primitivas. Agora ben, a pouco que indagemos veremos que hai moitas máis. Como obtelas? Segundo Proclo (412-485) foi o propio Pitágoras o primeiro en determinar un método para xeneralas. Os fundamentos parten de estudar os números figurados, en concreto os cadrados. Se temos un cadrado de puntos, como o da figura, e lle engadimos o que lle chamaban gnomon, esa especie de L en cor vermella, obtemos o seguinte cadrado.

Chamámoslle $m$ á cantidade de puntos do gnomon. O seu valor será sempre un número impar. Está claro que o gnomon rodea un cadrado de lado $\frac{m-1}{2}$. Co engadido do gnomon fórmase un cadrado maior de lado $\frac{m-1}{2}+1=\frac{m+1}{2}$. Se o propio gnomon fose un cadrado, $m=n^{2}$, teriamos unha terna pitagórica 

$$\left ( n,\frac{m-1}{2},\frac{m+1}{2} \right )=\left ( n,\frac{n^{2}-1}{2},\frac{n^{2}+1}{2} \right )$$

Para cada $n$ impar poderemos obter así unha terna pitagórica. Por exemplo, para $n=3$ temos a terna $(3,4,5)$. Pero hai moitas que non teñen esta forma, como é o caso de $(8,15,17)$. Proclo seguiu dando información sobre esta cuestión, tamén asegurou que Platón achara outro método que daba ternas, partindo agora de números pares. 

Observemos a seguinte imaxe, catro tiras de lonxitude $m$ están rodeando un cadrado de lado $m-1$ e completan así outro cadrado de lado $m+1$

Temos pois que $\left ( m-1 \right )^{2}+4m=\left ( m+1 \right )^{2}$. Se $4m$ fose un cadrado, $4m=n^{2}$, a tripleta $(n,m-1,m+1)$ verificaría o teorema de Pitágoras. Como $m=\left ( \frac{n}{2} \right )^{2}$, para cada valor par de $n$ podemos formar a seguinte terna pitagórica

$$\left (n,\left (\frac{n}{2} \right )^{2}-1,\left ( \frac{n}{2}\right )^{2} +1  \right )$$

A escura aportación de Euclides

Aínda así, non abarcamos todos os casos posibles, $(39,80,89)$ non se adapta nin á fómula de Pitágoras nin á de Platón. Como en moitas outras ocasións, temos que acudir a Euclides para que salve a situación. A parte negativa é que Euclides ofrece a súa achega no libro X dos Elementos, o máis escuro e intrincado de todos o que conforman esta obra.

No Lema I, posterior á Proposición X.28 dos Elementos, podemos ler, non sen certa dificultade, que Euclides explica como obter ternas pitagóricas

Lema I. Atopar dous números cadrados de xeito que tamén a súa suma sexa cadrado

Este é un deses resultados dos Elementos nos que non se dá unha demostración, senón que se realiza unha construción. Recollemos aquí dunha adaptación da tradución de Ana Gloria Rodríguez e Celso Rodríguez

Tómense dous números cadrados $AB=u^{2}$ e $B\Gamma=v^{2}$, consideremos a súa resta $A\Gamma=u^{2}-v^{2}$. Divídase á metade por $\Delta$ ($A\Delta=\Delta\Gamma$) $A\Delta = \Delta \Gamma =\frac{u^{2}-v^{2}}{2}$ logo o produto de $AB=u^{2}$ e $B\Gamma=v^{2}$ xunto co cadrado de $A\Gamma$ ($A\Gamma^{2}=\left ( \frac{u^{2}-v^{2}}{2} \right )^{2}$) é igual ao cadrado de $B\Delta$ ($ B\Delta^{2}=\left ( \frac{u^{2}+v^{2}}{2} \right )^{2}$) co cal 

$$\left ( uv \right )^{2}+\left ( \frac{u^{2}-v^{2}}{2}\right )^{2}=\left ( \frac{u^{2}+v^{2}}{2} \right )^{2}$$

Acabamos de comprobar que $\left ( uv  , \frac{u^{2}-v^{2}}{2} , \frac{u^{2}+v^{2}}{2}   \right )$ é unha terna pitagórica.

A expresión estándar dunha terna pitagórica

Tomando $m=\frac{u}{\sqrt{2}}$  e  $n=\frac{v}{\sqrt{2}}$ temos esta outra forma de presentar as ternas pitagóricas, que é a habitual hoxe en día:

$$\left ( 2mn, m^{2} -n^{2},m^{2}+n^{2}\right )$$

A cuestión é: con esta fórmula temos determinadas todas as ternas pitagóricas primitivas? A resposta é afirmativa. Vexámolo. 

Se $(a,b,c)$ é unha terna pitagórica primitiva, $a$ e $b$ $c$ son coprimos polo que non poden ser pares. Tampouco poden ser impares xa que nese caso, os seus cadrados tamén o serían e polo tanto $c$ debería ser par, entón $a=2p+1$, $b=2q+1$ e $c=2r$. 

$$\left ( 2p+1 \right )^{2}+\left ( 2q+1 \right )^{2}=r^{2}$$

$$4\left (p ^{2} +q^{2}p+q\right )+2=4r^{2}$$

Pero non é posible que ao dividir o primeiro membro por 4 obteñamos de resto 2 mentres que ao dividir o segundo membro por 4 o resto sexa 0. A conclusión é que un dos números entre a $a$ e $b$ debe ser par e o outro impar. Supoñamos, sen perda de xeneralidade que  $a$ é o par, entón $b$ e $c$ serán impares.

Como $a^{2}=c^{2}-b^{2}=\left ( c-b \right )\left ( c+b \right )$, tomando $u=\frac{c+b}{2}$ e $v=\frac{c-b}{2}$ , sabemos que $u$ e $v$ serán coprimos, por selo tamén $b$ e $c$. Teremos $\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=uv$. Se un produto de coprimos é un cadrado, cada un dos factores debe ser tamén un cadrado. De aí que $u=m^{2}$ e $v=n^{2}$.

Como $a^{2}=4uv=\left ( 2mn \right )^{2}$, tense que $a=2mn$.

$\left\{\begin{matrix}c+b=2u=2m^{2}\\  c-b=2v=2n^{2}\end{matrix}\right.$ Sumando e restando obtemos $c=m^{2}+n^{2}$ e $b=m^{2}-n^{2}$. Entón a terna pitagórica primitiva de partida poida escribirse:

$$\left ( a,b,c \right )=\left ( 2mn,m^{2}-n^{2},m^{2}+n^{2} \right )$$

Xeometría analítica para as ternas pitagóricas

Neste punto a cuestión estaría completada. Con todo, imos engadir un epílogo, extraído do libro Matemática elemental desde un punto de vista superior (Nivola, 2006), de Felix Klein. 

Volvamos a partir dun triángulo rectángulo primitivo $(a,b,c)$. Dividindo todos os lados por $c$ transformarémolo nun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$, quedando a terna da forma $\left ( \frac{a}{c} ,\frac{b}{c},1\right )=(x,y,1)$. Agora os catetos deben ser números racionais. Pensemos que se verificará $x^{2}+y^{2}=1$, isto é, os triángulos fican sobre a circunfencia unidade. Identificaremos todos os triángulos rectángulos unitarios con catetos racionais. Para iso faremos uso da semirecta que pasa polo punto $S(0,-1)$. Se a súa pendente é $\lambda $ terá de ecuación

$$y=\lambda \left ( x+1 \right )$$

Denominaremos racional ou irracional a esta semirecta segundo $\lambda$ sexa ou non racional. Diremos que un punto é racional se ten as dúas coordenadas racionais. Con esta terminoloxía verifícase o seguinte 

Teorema. a)Todo punto racional da circunferencia proxéctase desde S mediante unha semirecta racional. b) Recíprocamente toda semirecta racional cortará á circunferencia unitaria nun punto racional.

O apartado a) é evidente xa que a recta que pasa por S eP, ambos racionais, terá pendente racional. Pasemos a demostrar o apartado b). Con este fin procuraremos caracterizar os puntos de intersección da semirecta e a circunferencia substituíndo a ecuación da primeira, $y=\lambda \left ( x+1 \right )$, na segunda, $x^{2}+y^{2}=1$:

$$x^2+\lambda ^{2}\left ( x+1 \right )^{2}=1$$

Operando chegamos a

$$\left (\lambda ^{2} +1 \right )x^{2}+2\lambda ^{2}x+\lambda ^{2}-1=0$$

Coñecemos unha solución desta ecuación, $x=-1$, pois sabemos que o punto $S$ forma parte tanto da semirrecta como da circunferencia. Dividindo a anterior expresión por $x+1$

$$\left (\lambda ^{2} +1\right )x+\lambda ^{2}-1=0$$

$$x=\frac{1-\lambda ^{2}}{1+\lambda ^{2}}$$

Subsituíndo na ecuación da recta obtemos o valor correspondente da ordenada

$$y=\frac{2\lambda }{1+\lambda ^{2}}$$

Destas dúas últimas expresións dedúcese que se $\lambda$ é racional tamén o será o punto de corte.

O teorema xa está demostrado. Fagamos agora unha reflexión a maiores. Tomemos  $\lambda =\frac{n}{m}$. Velaí que substituíndo nas anteriores expresións teremos que:

$$x=\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}\quad\quad y=\frac{2mn }{m^{2}+n^{2}}$$

Así identificamos todas as ternas pitagóricas de hipotenusa $1$:

$$\left (\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}},\quad \frac{2mn }{m^{2}+n^{2}}\quad,1  \right )$$

O cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018 (e 2)

Cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018

A anterior entrada, coma esta, estaba inspirada no cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018. Alí consideramos a demostración euclidiana do teorema de Pitágoras, tamén fixemos referencia a determinadas xeneralizacións do resultado pitagórico e a outros resultados que gardan algunha relación coa chamada configuración de Vecte tales como o coñecido teorema de Napoleón ou o menos coñecido teorema de Finsler-Hadwiger.

Triángulos coa mesma área

Daquela rematabamos cunha cuestión que paso a repetir aquí. Consideremos unha configuración de Vecten construída a partir dun triángulo calquera. Xa comentaramos a demostración visual de Steven L. Snover sobre a igualdade das áreas dos triángulos que se forman ao unir os vértices dos cadrados levantados sobre o triángulo de partida.
Se continuamos levantando cadrados sobre esta configuración iremos construíndo a figura que ilustra o cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018. Resulta que estes cadrados comenzan a delimitar trapecios. Que podemos afirmar sobre eles? Os tres trapecios que se forman  terán tamén a mesma área? No caso de ser a mesma, terá algunha relación coa do triángulo orixinal?

Trapecios na configuración de Vecten

Máis preguntas. Se continuamos levantando cadrados sobre a configuración volverán a aparecernos máis trapecios. Podemos determinar a súa área e relacionala co triángulo de partida? Eses novos tres trapecios terán a mesma área? E os trapecios do seguinte levantamento, terán algunha relación cos do paso anterior. En caso afirmativo, cal será?
Se algunha vez liches algún texto de Adrián Paenza, saberías que neste momento, despois de establecer as cuestións,  recomendaríche que gozases coa abordaxe do problema. Non sigas lendo. Pénsao durante uns momentos. Adícalle o tempo necesario antes de seguir facendo scroll...

Si, alá no fondo está o triángulo, onde comenzou todo

Para ver algunhas respostas ás que cheguei bastará con mirar o seguinte applet de geogebra, aínda que para saber de que vai cómpre seguir algunhas instrucións. Seguramente se podería construír outro mellor elaborado pero para comunicar algunhas ideas poida que serva.
Instrucións para manexar a applet:
Paso 0.Podes modificar o triángulo a partir dos seus vértices. Vai ao paso 1.
Paso 1.Move o esvarador azul e comproba o que pasa
Paso 2.Aparecerá un esvarador laranxa. Móveo e volve a observar.
Paso 3. Fíxate no valor do esvarador laranxa. Aparecerá outro esvarador azul. Conviña que afastaras algo a imaxe co Zoom (última das ferramentas; pódese usar o botón do rato) e quizais que a centraras. Vai ao paso 1.
Mágoa que no applet só aparezan un pequeno número de pasos.
Unha pregunta máis: quen vén sendo ese punto gris no interior do triángulo?




Pon unha homotecia na  túa vida.
Un dos aspectos que nunca tratei en ningunha aula, nin como docente nin como alumno, curiosamente aparecía nun dos temas das oposicións. Estou a falar das homotecias. Quen me ía dicir que me servirían de axuda neste problema!

Baricentro trisecando un triángulo

As tres medianas dividen a un triángulo T₀ calquera en 6 trianguliños coa mesma área (t₀/6). En particular, os segmentos que unen os vértices co baricentro trisecan a área do triángulo noutros 3 triángulos: X₀, Y₀ e Z₀

Por outra banda, se aplicamos sotre o triángulo T₀ unha homotecia desde o seu baricentro obteremos triángulos semellantes a T₀ e co mesmo baricentro.

As áreas dos trapecios son iguais

Na configuración de Vecten denominarei X_n, Y_n e Z_n aos trapecios levantados despois de n pasos. Podemos ver, por exemplo, que X₁, Y₁ e Z₁ completan o triángulo inicial T₀ determinando así un novo triángulo T₁ mediante unha homotecia de razón 4 centrada no baricentro común. X₂, Y₂ e Z₂ volven a facer o mesmo sobre T₁, agora cunha homotecia de razón 19; e así sucesivamente.

Mediante homotecias centradas no baricentro expandimos o triángulo inicial

Usarei o signo "+"co significado de unión disxunta. Como X₀ (respectivamente Y₀ e Z₀) é a terceira parte de T₀, X₀+X₁ tamén é un terzo de T₁. De aí que se verifique a igualdade X₁=Y₁=Z₁ e, en xeral, por indución, X_n=Y_n=Z_n. Ou dito máis literiamente: os 3 trapecios que levantamos en cada paso da configuración de Vecten teñen a mesma área.
As homotecias que nos dan os novos triángulos T₁, T₂, T₃, T₄ son de razóns:

h_o=1           h₁=4            h₂=19           h₃=91               h₄=436

Quizais incluso non cómpre acudir ao portal de referencia das sucesións para ver que ésta é A004253,  isto é,  a que vén dada pola lei:

h_o=1           h₁=4             h_n=5・h_n-1-h_n-2 

Todo o anterior permítenos determinar a área dos trapecios (os corchetes indican a área da figura, así [T₀ ] será a área do triángulo T₀):
$$3{ [X }_{ 1 }]+{ t }_{ 0 }={ h }_{ 1 }^{ 2 }{ [T }_{ 0 }]$$
$${ [X }_{ 1 }]=\frac { \left( { h }_{ 1 }^{ 2 }-1 \right) { [T }_{ 0' }] }{ 3 } =5[{ T }_{ 0 }]$$
E en xeral: $${ [X }_{ n }]=\frac { \left( { h }_{ n }^{ 2 }-{ h }_{ n }^{ 2 } \right) { [T }_{ 0 }] }{ 3 } $$

Máis trapecios, máis preguntas
Acabouse? Afortunadamente as ciencias, en particular as matemáticas, nunca se esgotan. Cada problema resolto é fonte da que beben novas cuestións.
Ao repasarmos o que estiven chamando configuración de Vecten, isto é ao levantamento reiterado de cadrados sobre un triángulo calquera, ademais dos trapecios X_n, Y_n e Z_n , que son os que aparecen marcados en azul na seguinte imaxe, quedan entre medias outros trapecios como os marcados en vermello. Volven a xurdir as mesmas preguntas que se propoñían antes: cada un destes grupos estará formado por tres trapecios coa mesma área? terán algunha relación coa área do triángulo inicial, e coa área dos trapecios azuis? Intrigantes cuestións.

Hai trapecios azuis e trapecios vermellos

O cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018.1

Cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018

Unha proba do atrasadas que van as entradas neste blogue é esta mesma entrada. Basta decatarse de que o tema do que trata ten data e comparala coa data da publicación da entrada para mostrar que necesitaría moito máis tempo para manter o blogue máis actulizado. Pero non lle deamos máis voltas, este que presento aquí, foi o cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018. Se o observamos con algo de vagar veremos unhas fórmulas na parte superior. Son as que reproduzo de seguido: $${ A }_{ 1 }+{ B }_{ 1 }={ C }_{ 1 }\\ { A }_{ 2 }+{ B }_{ 2 }=5{ C }_{ 2 }\\ { A }_{ 3 }+{ B }_{ 3 }={ C }_{ 3 }\\ { A }_{ 4 }+{ B }_{ 4 }=5{ C }_{ 4 }\\ { A }_{ 5 }+{ B }_{ 5 }={ C }_{ 5 }$$
Partindo de que o triángulo laranxa do cartel é un triángulo rectángulo, a primeira igualdade é o teorema de Pitágoras. Pero, e as outras?
Pois ben, non cómpre ser moi espelido, nin precisamos consultar esta anotación para pensar, que de seren certas estas fórmulas, conviría estudar o caso xeneralizado:
$${ A }_{ 2n+1 }+{ B }_{ 2n+1 }={ C }_{ 2n+1 }\\ { A }_{ 2n }+{ B }_{ 2n }={ C }_{ 2n }$$

A cadeira da noiva ou a configuración de Vecten

Sacado de aquí

A configuración xeométrica que anuncia a olimpíada 2018 pode comenzar a construirse a partir da que utilizou Euclides para a súa demostración do teorema de Pitágoras, nomeada por algúns como cadeira da noiva. Aínda que, segundo o especialista en historia da ciencia Florian Cajori, esta denominación débese a unha confusión nunha tradución do século XIII entre "noiva" e "insecto alado". Ben certo que neste esquema é que é moito máis doado de ver un cabaliño do demo que unha noiva.
A configuración que presentamos no gif dá para moito. Por exemplo, se substituímos os cadrados por triángulos equiláteros, é inmediato demostrar que a área do construído sobre a hipotenusa igual á suma dos levantados sobre os catetos. A mesma relación teriamos se no canto de cadrados ou triángulos colocamos calquera polígono regular, ou incluso semicírculos, ou rectángulos semellantes,... ou en xeral figuras semellantes.
A pesar de ser un resultado clásico, coñecido por Hipócrates de Quíos (V a.C.), ou de ser un dos resultados máis destacables dos Elementos (proposición VI.31), lembro perfectamente que non souben del ata un par de anos despois de rematar a carreira (ben, confesemos todo, en realidade non coñecía prácticamente ningún resultado de xeometría sintética)
Insistindo na figura anterior, consideremos un dos pasos que máis agradan aos que remexen nas matemáticas. No canto dun triángulo rectángulo poñamos un triángulo calquera, e sobre os seus lados construímos cadrados. Os segmentos FC e KB seguirán cortándose nun punto da altura AL? A resposta é afirmativa.

Figura 1

Consideremos agora os centros dos triángulos. Se os unimos respectivamente cos vértices opostos do triángulo, estes tres segmentos coinciden nun punto denominado punto de Vecten.
Un pode pasar varias xornadas dándolle voltas a estas ideas, remexendo nas propiedades de distintos puntos e segmentos que participan na construción dos puntos de Vecten. Unha forma de xogar con elas consiste en considerar o  punto de Vecten interior, aquel que se forma do mesmo xeito pero a partir dos dos cadrados construídos "cara adentro", solapando o triángulo.
Sen desviarnos do primeiro camiño, considerando a figura 1 sobre a que construímos o punto de Vecten orixinal (exterior), achegaremos unha propiedade ben curiosa:

Figura 2

Propiedade. Os segmentos que unen os centros dos cadrados O_B e O_C co punto medio M_A do lado BC  do triángulo son perpendiculares.

















O resultado anterior ten como consecuencia case inmediata o Teorema de Finsler-Hadwiger, do que xa falamos noutra ocasión

Figura 3

(Teorema de Finsler-Hadwiger). Dados dous cadrados OABC e OA'B'C' cun vértice común O, os puntos medios dos segmentos AA' e CC' xunto cos centros dos cadrados forman tamén un cadrado (isto é: WXYZ é un cadrado)

Figura 4

Sen deixar atrás a figura de Vecten, se no canto de cadrados sobre os lados do triángulo orixinal, construímos triángulos equiláteros, achegarémonos ao coñecido Teorema de Napoleón

(Teorema de Napoleón). Dado un triángulo calquera, se sobre os seus lados levantamos triángulos equiláteros, os seus centros determinan outro triángulo equilátero. 

(NOTA: nun triángulo equilátero podemos falar de centro porque coinciden ortocentro, baricentro, incentro e circuncentro. Por esta razón nun triángulo equilátero podemos falar de centro a secas.)








Atrevámonos a dar un paso máis ampliando a configuración de Vecten cos triángulos que se forman ao unir os vértices dos cadrados. Resulta que estes novos triángulos teñen todos a mesma área, e que ésta coincide co triángulo laranxa de partida. Non é difícil demostralo facendo uso do teorema do coseno, e así llo teño proposto nalgunha aula de 1º de bacharelato, mais non sei se volverei a facelo porque hai unha demostración disto moito máis sinxela, e por outra banda, máis xeral, debida a Steven L. Snover. En primeiro lugar, o triángulo de partida non ten por que ser rectángulo. Ademais non cómpre realizar ningunha operación debido á impediatez da proba visual.
Consideremos un dos triángulos, rotémolo 90º en dirección contraria ás agullas dun reloxo. Que obtivemos?:




Pois si, obtivemos dous triángulos coa mesma base a . Ademais estas bases descansan sobre a mesma recta polo que temén é evidente que teñen a mesma altura, ergo a mesma área.

E se imos máis alá?

Configuración de Vecten

Se continuamos abrindo o foco aparecerán tres trapecios. Terán os tres a mesma área? En todo caso, pódese calcular a área deses trapecios? Terán algunha relación coa do triángulo? Dependerá do tipo de triángulo, por exemplo se é rectángulo?
Pode que nunha seguinte entrada trate este tema.
Mentres deixo tempo para abordar a cuestión dos trapecios,  partillo o seguinte vídeo, que a pesar de ser elaborado con fins crematísticos, é tamén unha peza divulgativa moi ben feitiña que remexe no teorema de Pitágoras pero que comenta resultados que van máis alá.