Diferencia entre hipotenusa y cateto mayor en una terna pitagórica

Como se explica en la terna pitagórica , para números enteros$m \gt n \gt 0$, la fórmula de Euclides de

$$a = m^2 - n^2, \; \; b = 2mn, \; \; c = m^2 + n^2 \tag{1}\label{eq1A}$$

genera todas las ternas pitagóricas primitivas (es decir, irreducibles), específicamente

Todo triple primitivo surge (después del intercambio de$a$y$b$, si$a$es par) de un par único de números coprimos$m$,$n$, uno de los cuales es par.

Nota$\eqref{eq1A}$da como resultado

$$c - a = (m^2 + n^2) - (m^2 - n^2) = 2n^2 \tag{2}\label{eq2A}$$

$$c - b = (m^2 + n^2) - 2mn = (m - n)^2 \tag{3}\label{eq3A}$$

Con respecto a su segunda parte, para ayudar a evitar confusiones con$n$arriba, llamemos a los valores$k^2$y$2k^2$en cambio. Con el primero, se utiliza$\eqref{eq3A}$entonces$k = m - n$. Sin embargo, dado que uno de$m$y$n$es par y el otro es impar, su diferencia es impar, entonces solo impar$k$trabajará. Para cualquier tal$k$, colocar$n = k + 1$y$m = 2k + 1$(nota$m$y$n$son coprimos, con$n$incluso) para obtener

$$m^2 - n^2 = (4k^2 + 4k + 1) - (k^2 + 2k + 1) = 3k^2 + 2k \tag{4}\label{eq4A}$$

$$2mn = 2(2k + 1)(k + 1) = 2(2k^2 + 3k + 1) = 4k^2 + 6k + 2 \tag{5}\label{eq5A}$$

Esta espectáculos$2mn \gt m^2 - n^2$, entonces$2mn$es la pierna más larga. Por lo tanto, la diferencia resultaría en$\eqref{eq3A}$.

Para el$2k^2$caso, elija$n = k$y$m = 3k + 1$(nota$m$y$n$son coprimos, con uno de ellos par). Por lo tanto,

$$m^2 - n^2 = (9k^2 + 6k + 1) - k^2 = 8k^2 + 6k + 1 \tag{6}\label{eq6A}$$

$$2mn = 2(3k + 1)k = 6k^2 + 2k \tag{7}\label{eq7A}$$

Esto significa$m^2 - n^2 \gt 2mn$, entonces$m^2 - n^2$es la pierna más larga. Por lo tanto, la diferencia resultaría en$\eqref{eq2A}$.

El contraejemplo es$(9, 12, 15)$.

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Además de pasar por alto la segunda parte de la pregunta del OP, como se indica en mi segunda edición (a continuación), también pasé por alto que en la primera parte de la pregunta del OP, él (también) se enfoca específicamente en trillizos pitagóricos irreducibles.

He estado calculando triples pitagóricos irreducibles

Sin embargo, si se supone que el triplete de Pitágoras es irreductible, entonces el problema se resuelve por completo con este artículo que indica que el producto tendrá forma

$[(m^2 + n^2) - (m^2 - n^2)] = 2n^2$

o tendrá forma

$[(m^2 + n^2) - (2mn)] = (m - n)^2.$

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Después de leer la respuesta de John Omielan y luego volver a leer la pregunta, me di cuenta de que mi respuesta está incompleta . Sin embargo, no tiene sentido intentar completar mi respuesta, ya que la respuesta de John Omielan cubre exactamente el mismo terreno.

Tenemos$a^2+b^2=c^2$, por eso$(c-b)(c+b)=a^2$. Como el triple es irreducible, el MCD de$c-b$y$c+b$es como máximo$2$: cualquier divisor de ambos$c-b$y$c+b$también tendría que ser un divisor de$(c+b)-(c-b)=2b$, y$GCD(c-b, b)=GCD(c+b,b)=GCD(b,c)=1$. Entonces podemos decir lo siguiente acerca de$c-b$y$c+b$:

• El producto de estos dos números es un cuadrado. Es decir, la potencia de cada factor primo de su producto es par.
• Los dos números no comparten ningún factor primo aparte de, posiblemente,$2$.

Esto significa que, con una posible excepción de$2$, la potencia de cada factor primo de ambos$c-b$y$c+b$incluso. Si los números son impares (su MCD es 1), lo mismo vale para$2$(su poder es$0$), por lo que cada uno de ellos es un cuadrado perfecto. Si los números son pares (su MCD es 2), divide ambos por$2$primero, y luego de manera similar concluir que$(c-b)/2$así como$(c+b)/2$es un cuadrado

En cuanto a la segunda parte de la pregunta, simplemente encuentre cualquier solución para cualquiera$c-b=n^2$o$c-b=2n^2$por un arbitrario$n$. En particular, los triples$(n^2+2n, 2n+2, n^2+2n+2)$y$(2n^2+2n, 2n+1, 2n^2+2n+1)$cumplen respectivamente la condición.

Sin embargo, tenga en cuenta que incluso para$n$no hay triples irreducibles con$c-b=n^2$: desde$c+b$tiene que ser un cuadrado de la misma paridad, ambos$c-b$y$c+b$son divisibles por$4$, entonces$2b=(c+b)-(c-b)$y$2c=(c+b)+(c-b)$son divisibles por$4$, lo que significa$b$,$c$, y consecuentemente$a$son todos pares.

Si reemplazamos lo habitual$(m,n)$de la fórmula de Euclides con$(2n-1+k,k)$, obtenemos

$$\begin{align*} A=(2n-1)^2+ & 2(2n-1)k \\ B= \qquad\quad\quad & 2(2n-1)k+ 2k^2\\ C=(2n-1)^2+ & 2(2n-1)k+ 2k^2\\ \end{align*}$$ que produce la tabla mayoritariamente primitiva de triples pitagóricos a continuación. Observe que la mitad de todos los triples tienen$A>B$y la mitad tiene$B>A$.

$$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|} n & k=1 & k=2 & k=3 & k=4 & k=5 \\ \hline Set_1 & 3,4,5 & 5,12,13& 7,24,25& 9,40,41& 11,60,61 \\ \hline Set_2 & 15,8,17 & 21,20,29 &27,36,45 &33,56,65 & 39,80,89 \\ \hline Set_3 & 35,12,37 & 45,28,53 &55,48,73 &65,72,97 & 75,100,125 \\ \hline Set_{4} &63,16,65 &77,36,85 &91,60,109 &105,88,137 &119,120,169 \\ \hline Set_{5} &99,20,101 &117,44,125 &135,72,153 &153,104,185 &171,140,221 \\ \hline Set_{6} &43,24,145 &165,52,173 &187,84,205 &209,120,241 &231,160,281 \\ \hline \end{array}$$

De la fórmula podemos ver que$\quad C-A=2k^2\quad$y eso$\quad C-B=(2n-1)^2.\quad$El primer caso es el doble del cuadrado de cualquier número natural y el segundo es un número impar al cuadrado.