Os problemas alxébricos do "Sumario Compendioso" de Juan Díez

Cuestións de arte maior, tocantes á álxebra

Este mesmo título é co que se abre o capítulo de 6 páxinas de contido alxébrico do Sumario compendioso de Juan Díez.(se non sabes do que estou falando, mira a entrada anterior)  Podemos enmarcar a redacción dentro da habitual na súa época. Estamos diante dunha álxebra retórica, que usa a terminoloxía propia dos tratados alxébricos do XVI. Ao que nós denominariamos $x$, a incógnita,  Díez denomináa cousa, ao seu cadrado, $x^{2}$, chámalle censo e finalmente para referise a $x^{3}$ fala de cubo, neste último caso, tal e como o facemos tamén na actualidade.

O apartado alxébrico do Sumario está formado por 10 problemas coas súas respectivas solucións. De entre todos eles os máis interesantes son os dous primeiros. Estudémolos con algo de vagar.

Primeira cuestión. Acha un cadrado tal que restando del $15\frac{3}{4}$ quede a súa raíz.

Hoxe estableceríamos a ecuación $x^{2}-15\frac{3}{4}=x$ que dá como solución (positiva) $x=4\frac{1}{2}$. Como se verá estamos utilizando a notación mixta para a escritura dos números aínda que non sexa habitual facelo por estas latitudes. Facémolo para respectar a forma orixinal en que viñan presentados estes números. Como o resolve Díez? Poderiamos recoller a tradución de D. E. Smith, pero prefiro dar unha versión máis próxima ao orixinal. A razón é que Smith, o que pretendía era presentar o que fixera Díez, e coa súa versión conseguía este obxectivo. Dar unha tradución máis literal por unha parte dificulta a lectura do texto pero por outra permite achegarnos á cuestión de como traballaba Díez e quizais nos dea algún indicio de quen era. Velaquí o comentario de Juan Díez á primeira cuestión:

Regra. Digo que o número sexa unha cousa, demediaa, é media cousa, multiplícaa por si mesma e fai $\frac{1}{4}$ de censo, xúntalle  15 e $\frac{3}{4}$, fai 16, cuxa raíz cadrada e máis o medio da cousa é raíz do número demandado.

Nos libros de álxebra do XVI a resolución de ecuacións cadráticas clasificábase en varios casos para evitar o tratamento con números negativos. Por poñer un exemplo dun texto de certa importancia e da mesma época, no Libro del Algebra en Artihmetica y Geometría (1567) de Pedro Nunes (1502-1578) hai dous tipos e ecuacións: simples e compostas. As primeiras serían as ecuacións cuadráticas incompletas; 

(i) $ax^{2}=bx$    censos iguais a cousa                     

(ii) $ax^{2}=c$      censos iguais a número                 

(iii) $bx=c$            cousas iguais a número                

as segundas representarían os casos completos. En todos, os valores dos coeficientes son positivos.

(iv) $x^{2}+bx=c$   censos máis cousas iguais a números

(v) $x^{2}=bx+c$    censos iguais a  cousas máis números 

(vi) $x^{2}+c=bx$    censos máis números iguais a cousas

Así, para evitar os negativos, o primeiro problema alxébrico do Sumario presentaríase en notación actual como: $$x^{2}=x+15\frac{3}{4}$$que unha ecuación do tipo (v) e asúa solución: $$x=\frac{b}{2}+\sqrt{\left ( \frac{b}{2} \right )^{2}+c}$$ que é compatible coa regra que nos dá Díez polo que dá a impresión de que coñecía o algoritmo que resolve esta clase de ecuacións. Non só iso, senón que se enxerga que para obter o exemplo partiu da resolución. Podémolo imaxinar razoando así: "como nesta debemos realizar unha raíz cadrada, presentaremos unha que teña solución enteira, de aí que o radicando deba ser un cadrado, por exemplo 16. Como ese cadrado se obtén sumando o número, c, co cadrado da metade da cousa, $\left (\frac{b}{2}  \right )^{2}$, e se no problema só temos unha cousa, b=1, temos que $\left (\frac{b}{2}  \right )^{2}=\frac{1}{4}$, polo que o número debe ser o que falta para completar 16, isto é, o número será$15\frac{3}{4}$. Se analizamos os outros nove problemas reforzarase a idea de que a elaboración dos problemas foi no estilo que acabamos de describir. 

Chama a atención que no enunciado apareza un número negativo. Non é caso único. Abraham bar Hiia (ca. 1070-1136), tamén coñecido como Savasorda, presentou varias cuadráticas nas que aparecían restas. Isto dá indicio que máis que un avance, a aparición de negativos identifique unha característica retrógrada no sentido de que isto sería impensable dentro dun estudo sistemático do estilo de Pedro Nunes.

Segunda cuestión. Un home compra unha pasaxe nun barco e pregunta ao patrón que debe pagar. Respóndelle que non ten que pagar máis que os outros. Cando llo pregunta outra vez o patrón respóndelle que será o número de pesos que multiplicados por si mesmo e engadidos  ao número dará 1260. Demando canto demanda o patrón.

A resolución actual presentaríase así:  $x^{2}+x=1260$, que é do tipo (iv) "censos máis cousas igual a números". Se escribimos a súa forma xeral, (iv) $x^{2}+bx=c$, a solución dada polos contemporáneos sería equivalente á fórmula $$x=-\frac{b}{2}+\sqrt{\left ( \frac{b}{2} \right )^{2}+c}$$

 No Sumario podemos ver como, efectivamente, segue este procedemento:

Digo que a pasaxe sexa unha cousa de pesos, a metade é media cousa, cádraa, fai $\frac{1}{4}$ de censo, xúntao a 1260, fai 1260 e un cuarto. A raíz disto menos medio da cousa é o número demandado da pasaxe: reduce 1260 e $\frac{1}{4}$ a cuartos, son $\frac{5041}{4}$, a súa raíz é 71 medios, resta o medio da cousa que é medio, quedan 70 medios, que son 35 pesos, e tanto é o que demanda a pasaxe.

É significativo que Juan Díez non trate o outro tipo das que Nunes chamaría ecuacións completas. No resto dos exercicios non aparecen ecuacións do tipo (vi). Tampouco veremos as simples dos tipos (i) e (iii). Digámolo doutro xeito, Díez non é sistemático. En en fecto, no resto dos problemas refirese esencialmente a ecuacións tipo (ii). De aí que o perfil do autor do Sumario se presente como dun home que coñecía a literatura matemática da época pero que non quixo presentar completa e ordenadamente os coñecementos alxébricos; preferiu centrarse en problemas tipo especial, procurando, iso si, ofrecer unha variedade orixinal de presentacións xogando coas proporcións ou os produtos de proporcións. Así nalgúns casos dá potencias superiores para incógnita.

Para certificar algunhas das afirmacións xa realizadas, daremos o enunciado do resto dos problemas xunto coa presentación e resolución en notación actual recollida do libro de Smith.

Terceira cuestión. Hai unha cantidade de cabras que multiplicando o seu zenso ($x^{2}$) por 4 dá 90000.

$4x^{2}=9000; \quad x=150$

Cuarta cuestión. Un home que vai por un camiño pregunta a outro cantas leguas hai ata un certo lugar e o outro respóndelle que hai tantas leguas que se as multiplicas por si mesmas e divides o produto por cinco, o resultado será 80. Demándase o número de leguas.

$\frac{1}{5}x^{2}=80; \quad x=20$

Quinta cuestión. Un home compra pezas de roupa de tal xeito que se multiplicando o triplo pola súa cuarta parte o produto será 48. Demando o número de prezas que comprou.

$3x\cdot \frac{1}{4}x=48; \quad x=8$

Sexta cuestión. Un home ten eguas e vacas en quíntuple proporción [5 veces máis vacas que eguas]. Se calculas o cadrado das vacas e das eguas e sumas os resultados terás 1694. Demando o número de eguas e de vacas.

$x^{2}+25x^{2}=1664; \quad x=8$

Sétima cuestión. Un home ten tres xoias en cuádruple proporción de valor de tal forma que o produto dos seus valores é 1748. Demando o valor de cada xoia.

$x\cdot 4x\cdot 16x=1728; \quad x=3$

Oitava cuestión.Un home ten fillos e fillas en altera proporción de forma que a metade do produto dos fillos polas fillas é 162. Demándase o número de fillos e de fillas.

Dous números están en altera proporción se o seu cociente é $\frac{3}{2}$.

$x\cdot \frac{3}{2}x\cdot \frac{1}{2}x=162; \quad x=6$

Novena cuestión. Un home ten que facer dous pagos en cuádruple proporción de meses, de tal forma que o cadrado do primeiro polo cuádruplo, e levado ao cubo este produto resulta 32768. Demando cantos pagos debe facer.

$\left ( x^{2}\cdot 4x \right )^{3}=32478;\quad x=2$

Décima cuestión. Un home ten dous fillos en quarta proporción de idade de xeito que multiplicando un cuarto da idade do máis novo por un quinto da idade do máis vello e cuadriplicando o resultado e do producido facendo a súa raíz e elevando ao cubo a metade do último dá 125 anos. Demando a idade que ten cada un.

Dúas cantidades están en quarta proporción se a razón e é de $\frac{5}{4}$.

Tense que $\frac{x}{4}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{5x}{4}=\frac{x^{2}}{16}$, entón $4 \cdot \frac{x^{2}}{16}=\frac{x^{2}}{4}$ e de aí $\sqrt{\frac{x^{2}}{4}}=\frac{x}{2}$ polo que $\left ( \frac{x^{2}}{4} \right )^{3}=125;\quad x=20$

Juan Díez, quizais o primeiro matemático galego

Nun artigo moi revelador, Xosé A. Fraga Vázquez daba conta da posibilidade de que o primeiro texto de matemáticas publicado en América fose da autoría dun galego, un tal Juan Díez. Para unha información máis amplia remítome ao artigo, con todo vou debullar parte do seu contido e intentarei ampliar o tema con algunha aportación de carácter máis matemático.

A nova chega a Galicia no ano 1922 nas páxinas do Boletín da Real Academia Galega, concretamente nos números 143-144 e no 145, baixo a sinatura de David Fernández Diéguez (1875-1936), catedrático de Matemáticas no Instituto Nacional da Coruña, o actual Eusebio da Guarda. As referencias consultadas por Fernández Diéguez son secundarias, pois veñen da Revue des Questions Scientifiques, de Lovaina, onde se dá conta doutro artigo que erróneamente atribúe ao número XXVII da American Mathematical Monthly (en realidade é do número XXVIII), escrito por David Eugene Smith (1860-1944), da Universidade de Columbia, quen na altura, ano 1921, era pesidente da Mathematical Association of America.

No artigo de Smith, O primeiro traballo de matemáticas impreso no Novo Mundo, establécese que o Sumario compendioso de las cuentas de plata y oro que en los reinos del Perú son necesarias a los mercaderes y todo género de tratantes. Con algunas reglas tocantes a la Arithmética. "Fecho por Juan Díez, freyle.", editado en 1556 en México, foi a primeira publicación de matemáticas americana. Isto contradecía o que se supoñía ata aquel momento, que outorgaba o título de obra primixenia a unha publicada en Boston no 1729. Smith tamén afirma que "Juan Díez un natural da provincia española de Galicia, acompañante de Cortés na conquista de Nova España" era tamén editor de varios traballos, entre eles Itinerario de la armada, que describe a travesía das tropas españolas por terras mexicanas no 1518, que foi escrita por Juan Díaz, un capelán que morre no 1549, sete anos antes da publicación do Sumario compendioso. David E. Smith xa advirte da posibilidade de confusión entre o autor do Sumario e a dun teólogo contemporáneo del.

No ensaio do historiador norteamericano descríbese brevemente o contido do Sumario compendioso. A maior parte das 206 páxinas do libro están ocupadas por táboas para o comercio do ouro e da prata. Hai 18 páxinas adicadas a algunhas cuestións aritméticas que estarían ao nivel do que se publicaba en Europa. Neste sentido recóllense algunhas cuestións diofantinas sobre os cadrados perfectos que nos fan ver que Díez coñecía o Liber quadratorum de Leonardo de Pisa. Normalmente o que máis se destaca serían as 6 páxinas finais, páxinas sobre problemas alxébricos "principalmente relacionados coa ecuación cuadrática". Posiblemente esta referencia sería o que impeliría a David Fernández Diéguez a facer o comentario de que nesta ultima parte do libro se necesitaba a fórmula $x=\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$. Veremos que esta anotación non só é anacrónica senón que está bastante alonxada do contido alxébrico que revisaremos nunha entrada posterior.

Smith non se limitou a escribir o nomeado artigo. Nese mesmo ano publica unha tradución ao inglés do Sumario compendioso. Ata ese momento só era accesible nalgunha das catro copias que aínda se conservan, unha delas está na Biblioteca de Salamanca.

Outras curiosidades do Sumario son que as táboas aparecen en números romanos pero na parte final adicada á aritmética e álxebra úsase a notación hindo-arábiga. 

Os números romanos no Sumario

Aquí podemos ver unha reprodución dun anaco dunha táboa na que se dá a conversión de onzas a pesos, tomíns e maravedís. Para comprendela seguiremos as indicacións de D. E. Smith. 1 peso equivale a 8 tomíns; 1 tomín será igual a 12 grans ou a $56\frac{1}{4}$ maravedís.De seguido presentamos a transcripción deste fragmento en notación moderna.

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.

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 $$\left\{\begin{matrix}x^{2}-a=y^{2}\\ x^{2}+a=z^{2}\end{matrix}\right. \quad\quad\quad\quad[1]$$

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.

A única demostración de Fermat

Fermat é famoso por anunciar resultados dos que despois non daba a demostración. Ata tal punto isto é certo que só se coñece unha demostración da súa autoría, que sería publicada polo seu fillo nunha edición da Artimética de Diofanto coas notas de Fermat. O teorema ao que estamos facendo referencia trata sobre un tipo de triángulos que agora se lles chama heronianos. Un triángulo heroniano é aquel no que tanto os lados como a área son números enteiros. O enunciado dese teorema di que

Non existen triángulos rectángulos heronianos que teñan de área un cadrado

No canto de traballar directamente con este resultado, farémolo cunha pequena modificación deste enunciado e que ten unha apariencia bastante distinta:

Non hai tres números enteiros que verifiquen $a^{4}-b^{4}=c^{2}$

Podemos supoñer que $a$ e $b$ non teñen factores comúns pois, en caso contrario poderiamos dividir a igualdade por eses factores. A igualdade pode escribirse $c^{2}+\left (b^{2}  \right )^{2}=\left (a^{2}  \right )^{2}$, o que dá lugar a un triángulo rectángulo de lados $\left ( c,b^{2},a^{2} \right )$, de aí que ademais de que o mcd(a,b)=1, un deles debe ser par e outro impar.

Sexan $u^{2}=a^{2}+b^{2}$ e $v^{2}=a^{2}-b^{2}$, entón $u$ e $v$ serán coprimos e impares. Dáse o caso curioso de que $v^{2}$, $a^{2}$ e $u^{2}$ forman unha progresión aritmética de diferenza $b^{2}$

Consideremos agora os números enteiros $e=\frac{u+v}{2}$ e $f=\frac{u-v}{2}$. Ademais son coprimos porque, en caso de teren un divisor primo común $p$, este dividiría tamén a $u$, a $v$, a $b^{2}$ e, polo tanto a $a^{2}$, o cal é imposible.

Temos entón que o produto $ef=\frac{u+v}{2}\frac{u-v}{2}=\frac{u^{2}-v^{2}}{4}=\frac{b^{2}}{2}$. Ademais $b=2ef=4r^{2}s^{2}$

Como polo menos un dos números $e$ ou $f$ é impar, sen perda de xeneralidade podemos supoñer que $e$ é impar. Como $b^{2}=2ef$, o factor 2 debe aparecer máis veces na descomposición factorial de $b^{2}$, terá que ser factor de $f$. Por seren coprimos, o resto dos seus factores deben ser cadrados. Velaí que $e=r^{2}$ e $f=2s^{2}$, con$r$ e $s$ tamén coprimos.

$\left\{\begin{matrix}u=e+f=r^{2}+2s^{2}\\ v=e-f=r^{2}-2s^{2}\end{matrix}\right.$

$a^{2}=b^{2}+v^{2}=4r^{2}s^{2}+\left ( r^{2}-2s^{2} \right )^{2}=r^{4}+4s^{4}$

De aí que agora teñamos un triángulo rectángulo de catetos $r^{2}$, $2s^{2}$ e hipotenusa $a$. A súa área é un cadrado: $r^{2}s^{2}$

Entón existirá unha terna pitagórica primitiva $(m^{2}-n^{2},2mn,m^{2}+n^{2})=(r^{2},2s^{2},a)$ con $m$ e $n$ coprimos- $mn=s^{2}$ polo que os seus factores serán cadrados: $m=a_{1}^{2}$ e $n=b_{1}^{2}$. Entón $a_{1}^{4}-b_{1}^{4}=r^{2}$. Ademais, como $r$ é factor de $b$ temos $r< b$ e tamén $a_{1}<a$ e $b_{1}<b$. Temos tres enteiros menores que os de partida verificando a mesma igualdade. Este proceso podería repetirse unha e outra vez, o cal non ten sentido. Velaquí o chamado método de demostración do "descenso infinito"

Para demostrar o teorema do triángulo rectángulo heroniano, bastaría con considerar que existe un triángulo rectángulo primitivo $(x,y,z)$ de lados enteiros e con área un cadrado. $(x,y,z)=(p^{2}-q^{2},2pq,p^{2}+n^{2})$. Con $p$ e $q$ coprimos e de distinta paridade. A área $pq\left ( p^{2} -q^{2}\right )$ é un cadrado formado por coprimos, polo tanto estes factores serán tamén cadrados. $p=a^{2}$, $q=b^{2}$ e $p^{2}+q^{2}=c^{2}$. De aí que $a^{4}-b^{4}=c^{2}$. Despois bastaría con seguir a demostración anteriormente dada.

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 $1$:

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

Matemáticas próximas e números máxicos

"O saber e o sabor das matemáticas de proximidade" é o título da conferencia inaugural das xornadas "A Foto 51" impartida o pasado 10 de febreiro pola decana da Facultade de Matemáticas Elena Vázquez Cendón. Falou de Péter Lax e Rózsa Peter, anunciando a próxima publicación do famoso libro de Rózsa, "Xogando co infinito", con tradución de Felipe Gago.

Por suposto, Elena tamén falou de de Domingo Fontán e o seu mapa, a Carta Xeométrica de Galicia. Despois abordou unha chea de referentes en Matemáticas Industriais con elementos e lugares próximos: a ría de Pontevedra, os saltos para os peixes nos ríos galegos, ou a mina das Pontes. Finalmente podemos asistir a unha ampla rolda de preguntas. 

Ao día seguinte, 11 de frebreio, estaban programadas unha chea de charlas de divulgación científica. Entre elas unha de matemáticas, impartida pola máis destacada divulgadora desta ciencia, Elena  Vázquez Abal. O título da súa intervención foi "Números máxicos!" e tratou sobre os sistemas de numeración, incidindo nas vantaxes do sistema posicional. Para isto fixo uso dun xogo do repositorio NRICH, o Numbler Jumbler, co que se pode xogar nesta ligazón e que nos explica por que se a un número de dúas cifras lle restamos a suma desas cifras, o resultado sempre será múltiplo de 9.

Deixo aquí estas dúas perlas dunhas xornadas realmente extraordinarias, que ademais foron moi ben gravadas e editadas nunha serie de vídeos que agora podemos gozar e compartir.