¿Qué porcentaje de los triples pitagóricos primitivos tienen un número par como su cateto más pequeño?

Esta resulta ser una pregunta razonablemente complicada. Para responder a una pregunta de la forma "qué proporción de un conjunto infinito", primero hay que decidir sobre el orden de ese conjunto infinito.

El ordenamiento más conveniente en triples pitagóricos$(a,b,c)$proviene de la parametrización clásica

$$a = k(m^2-n^2), \quad b=k(2mn), \quad c=k(m^2+n^2),$$ dónde$m>n>0$son enteros relativamente primos, no ambos impares, y$k$es un entero positivo. Entonces se puede contar aproximadamente cuántos triples pitagóricos hay con$1\le k,m,n\le x$, y cuántos de ellos tienen$k$incluso o$b$como el lado más pequeño. aquellos para los cuales$b$es el lado más pequeño, es decir, para el cual$2mn < m^2-n^2$, o$(\frac mn)^2 - 2\frac mn-1 > 0$—corresponde a números$m,n$con$m>(1+\sqrt2)n$. De todos los pares con$m>n>0$, esto corresponde a una proporción de$\frac1{1+\sqrt2} = \sqrt2-1$. Por supuesto, incluso$k$corresponden a una proporción de$\frac12$. Entonces los triples$(k,m,n)$dando un lado más corto impar comprenden una proporción$\big(1-(\sqrt2-1)\big)(1-\frac12) = 1-\frac1{\sqrt2}$, lo que significa que los que dan un lado aún más corto comprenden una proporción$\frac1{\sqrt2}$.

Hay algunas suposiciones que se están barriendo debajo de la alfombra, por ejemplo, que$k$siendo parejo y$2mn$siendo menor que$m^2-n^2$son asintóticamente independientes; y también que estas proporciones no cambian cuando restringimos a pares relativamente primos$(m,n)$que no son los dos impares. Pero creo que estas suposiciones se pueden verificar con un argumento más largo.

Entonces, en conclusión: bajo este orden, el porcentaje de triples pitagóricos con el cateto más corto incluso parece ser$\frac1{\sqrt2} \approx 70.71\%$. (Y si nos restringimos a las ternas pitagóricas primitivas, aquellas para las que los tres lados son relativamente primos, entonces la$k$desaparece la variable y el porcentaje pasa a ser$\sqrt2-1 \approx 41.42\%$.)

El ordenamiento más natural probablemente no proviene de decir que$k,m,n\le x$, sino que los tres lados del triángulo son menores que$y$, de modo que$k(m^2+n^2)\le y$. En este caso, en lugar de la proporción del triángulo con vértices$(0,0)$,$(x,0)$, y$(x,x)$que se encuentra debajo de la línea$m=(\sqrt2+1)n$, creo que deberíamos tomar la proporción de la cuña circular$\{m^2+n^2\le y,\, m>n\}$que se encuentra debajo de esa línea, y esa proporción resulta ser exactamente$\frac12$! Entonces, bajo este orden, el porcentaje de triples pitagóricos con el cateto más corto incluso parece ser$\frac34$, y el porcentaje de ternas pitagóricas primitivas con el cateto más corto incluso parece ser$\frac12$.

Depende de la fórmula que uses. El que muestra la$trend$más claramente es uno que descubrí que genera todos los triples donde$GCD(A,B,C)=(2m-1)^2, m\in\mathbb{N}$. Esto incluye todas las primitivas. F(n,k) no produce triples triviales y usa todos los números naturales.

$$A=(2n-1)^2+2(2n-1)k\qquad B=2(2n-1)+2k^2\qquad C=(2n-1)^2+2(2n-1)k+2k^2$$

dónde$n,k\in\mathbb{N}$, dónde$n$es un número fijo y$k$es el número de miembro o "recuento" dentro del conjunto. Produce triples que se parecen a la muestra de conjuntos que se muestra aquí, donde los lados$B$siempre es par. Nótese también que, en$Set_1$, los valores de$A$incluir todos los enteros impares$>1$.

$$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|} n & Triple_1 & Triple_2 & Triple_3 & Triple_4 & Triple_5 & Triple_6 \\ \hline Set_1 & 3,4,5 & 5,12,13& 7,24,25& 9,40,41& 11,60,61 & 13,84,85 \\ \hline Set_2 & 15,8,17 & 21,20,29 &27,36,45 &33,56,65 & 39,80,89 & 45,108,117 \\ \hline Set_3 & 35,12,37 & 45,28,53 &55,48,73 &65,72,97 & 75,100,125 & 85,132,157 \\ \hline Set_{4} &63,16,65 &77,36,85 &91,60,109 &105,88,137 &119,120,169 & 133,156,205 \\ \hline Set_{5} &99,20,101 &117,44,125 &135,72,153 &153,104,185 &171,140,221 & 189,180,261 \\ \hline Set_{6} &143,24,145 &165,52,173 &187,84,205 &209,120,241 &231,160,281 & 253,204,325 \\ \hline \end{array}$$ Como puede ver en este ejemplo (y en la fórmula)$B$puede comenzar más pequeño que el lado-$A$en$Set_2$y arriba, pero el$k^2$el factor siempre lo hace crecer lateralmente$A$. De improviso, diría que$B<A$mucho menos de la mitad del tiempo. Sospecho que si escribiera un programa para probar mi conjetura, encontraría, pasando por$n$establece a la misma profundidad$k$en cada uno, encontrará que el porcentaje de$B<A$disminuiría cuanto mayor sea el número donde$n=k$. El número de elementos donde$B<A$por conjunto aumenta con cada número de conjunto de aumento formando aproximadamente$45^\circ$diagonal a través de los conjuntos/miembros pero no hay ninguno en$Set_1$y (no visto excepto por$27,36,45$) el porcentaje de no primitivos aumenta con el número y la profundidad establecidos.

Mi conjetura es que, con el$all\text{-}primitives$y no$B<A$en$Set_1$junto con un no primitivo en cualquier momento$k$es un$1$-o-más múltiplo de cualquier factor de$(2n-1)$en$Set_2$y arriba, el porcentaje total de primitivas donde$B<A$flotará alrededor de la baja$40s\%$.

Hice un cheque en una hoja de cálculo de$Set_1$a$Set_{20}$a una profundidad de 27 primitivas de conteo donde$B<A$. Aquí están los conteos de la primera$9$conjuntos:

$C_1=0\quad C_2=2\quad C_3=3\quad C_4=5\quad C_5=4\quad C_6=7\quad C_7=9\quad C_8=5\quad C_9=13\quad$

Para éstos$9$establece a una profundidad de$9$, hay$\frac{48}{81}=59.26\%$En el$20$establece a una profundidad$27$, el elemento más alto en$Set_{20}$dónde$B<A$, hay$\frac{230}{540}=42.59\%$. Creo que la tendencia convergerá a algo cercano$41\%$como se indica en la respuesta de Greg Martin.