¿Una nueva fórmula para generar triples pitagóricos?

Question

¿Una nueva fórmula para generar triples pitagóricos?

geometría
Matemáticas
teoría de los números
triples pitagóricos
solución-verificación

pan con cuchara

(Los comentarios y las respuestas ya no son relevantes para esta publicación aparte de la respuesta de Poestasis, fueron causadas por una mala interpretación)

Usar un triángulo rectángulo con longitudes de lado $(a,b,c)$ dónde $a , b < c$ , estaba pensando en cómo se puede encontrar el área de un triple pitagórico usando el triple pitagórico justo antes y encontré algo que funcionó para una gran cantidad de triples pitagóricos, $12r^2 + a_{r - 1}b_{r-1} = a_rb_r$ , una fórmula recursiva en términos de inradius( $r$ ). Aparentemente, esto genera una secuencia de ternas pitagóricas que no pude encontrar usadas en ninguna otra fórmula. Es importante notar que $12r^2$ es el doble del área de las ternas pitagóricas que se derivan de las longitudes de los lados $(3,4,5)$ . Usando esta fórmula podemos encontrar el $1st$ término de conjuntos donde el inradio de cada terna pitagórica es $r + r^2k$ ( $k$ representa el $k$ el término de una secuencia) y la relación entre las longitudes de los lados todavía están definidas por nuestra fórmula recursiva.

Estos $1st$ términos son tripletes con un valor par de $a$ dónde $r$ aumenta en $1$ :

$(8,15,17),(12,35,37),(16,63,65)...$

Nota: Encontramos esto usando $(8,15,17)$ ya que tenemos una fórmula recursiva así como el conocimiento de que $r = \frac{a + b - \sqrt{a^2 + b^2}}2$ , que nos permite encontrar las longitudes de los lados de cada terna pitagórica.

Aquí una muestra de lo que generan:

\begin{array}{cccc} s mi t_{1} & 15, 8, 17 & 33, 56, sesenta y cinco & 51, 140, 149 & 69, 260, 269 \\ s mi t_{2} & 35, 12, 37 & 85, 132, 157 & 135, 352, 377 & 185, 672, 697 \\ s mi t_{3} & 63, dieciséis, sesenta y cinco & 161, 240, 289 & 259, 660, 709 & 357, 1276, 1325 \\ s mi t_{4} & 99, 20, 101 & 261, 380, 461 & 423, 1064, 1145 & 585, 2072, 2153 \end{array}

$\begin{array}{c|c|c|c} set_1&15,8,17&33,56,65&51,140,149&69,260,269 \\ \hline set_2&35,12,37&85,132,157&135,352,377&185,672,697 \\ \hline set_3 &63,16,65&161,240,289&259,660,709&357,1276,1325& \\ \hline set_4&99,20,101&261,380,461&423,1064,1145&585,2072,2153 \\ \hline \end{array}$

Parece que no pude encontrar ninguna fórmula similar a esta ni ningún método para generar triples pitagóricos que sigan esta secuencia, estoy buscando una prueba.

toni mhax

La fórmula recursiva no está clara, el comienzo es para

r = 1

$r=1$ ? términos iniciales?

pan con cuchara

lo siento, el comienzo de la fórmula recursiva es r = 3, como

(8, 15, 17)

$(8 ,15,17)$ tiene un radio de

3

$3$ .

usuario65203

15 = 4^{2} - 12, 8 = 2 \cdot 4 \cdot 1, 17 = 4^{2} + 1^{2}

$15=4^2-12,8=2\cdot4\cdot1,17=4^2+1^2$

259 = 22^{2} - 15^{2}, 660 = 2 \cdot 22 \cdot 15, 709 = 22^{2} + 15^{2}

$259=22^2-15^2,660=2\cdot22\cdot15,709=22^2+15^2$

\dots

$\cdots$ Todos tus triples se encuentran por la fórmula clásica, ¿y qué?

pan con cuchara

@Yves Daoust No estoy seguro de lo que quiere decir con eso, ¿podría ampliarlo?

usuario65203

¿Dónde está el "nuevo conjunto"?

pan con cuchara

@Yves Daoust Lo siento, ¿hay alguna fórmula que produzca estos conjuntos? No sé mucho sobre los triples pitagóricos, ¿podría proporcionar una referencia?

usuario65203

La búsqueda web es tu amiga.

Arturo Magidín

Todos los triples pitagóricos primitivos se pueden encontrar como

a = r^{2} - s^{2}

$a=r^2-s^2$ ,

y = 2 r s

$y=2rs$ ,

z = r^{2} + s^{2}

$z=r^2+s^2$ , dónde

r

$r$ y

s

$s$ son enteros arbitrarios de paridad opuesta,

r > s > 0

$r\gt s\gt 0$ ,

gcd (r, s) = 1

$\gcd(r,s)=1$ . Esto es bien conocido. Por ejemplo, el Teorema 5.5 en Niven, Zuckerman, Montgomery's An Intorduction to the Theory of Numbers , 5ª edición. No hay un conjunto "nuevo" de ternas pitagóricas. Y esta es solo una forma conocida de enumerar todas las ternas pitagóricas primitivas.

pan con cuchara

@poetasis, es capaz de obtener todo k = 1 y establecer 1 y establecer 2 si incluye que los valores impares de a producirán el inradius de tripletes con un impar a comenzando con (5,12,13).

robarjohn

Si cambia la pregunta para que las respuestas existentes ya no sean aplicables, quizás sea mejor publicar una nueva pregunta. A la gente no le gusta que se minimicen sus esfuerzos.

robarjohn

Además, no veo por qué dijiste que mi respuesta ya no era relevante. había mostrado por qué

a b - 12 r^{2}

$ab-12r^2$ es el producto de dos catetos por otro triángulo pitagórico. En cualquier caso, agregué un poco a eso e incluí una sección sobre cómo generar los conjuntos.

Respuestas (3)

¿Una nueva fórmula para generar triples pitagóricos?

La fórmula recursiva no está clara, el comienzo es para $r=1$ ? términos iniciales?
lo siento, el comienzo de la fórmula recursiva es r = 3, como $(8 ,15,17)$ tiene un radio de $3$ .
$15 = 4^{2} - 12, 8 = 2 \cdot 4 \cdot 1, 17 = 4^{2} + 1^{2}$ $15=4^2-12,8=2\cdot4\cdot1,17=4^2+1^2$ $259 = 22^{2} - 15^{2}, 660 = 2 \cdot 22 \cdot 15, 709 = 22^{2} + 15^{2}$ $259=22^2-15^2,660=2\cdot22\cdot15,709=22^2+15^2$ $\dots$ $\cdots$ Todos tus triples se encuentran por la fórmula clásica, ¿y qué?
@Yves Daoust No estoy seguro de lo que quiere decir con eso, ¿podría ampliarlo?
@Yves Daoust Lo siento, ¿hay alguna fórmula que produzca estos conjuntos? No sé mucho sobre los triples pitagóricos, ¿podría proporcionar una referencia?
Todos los triples pitagóricos primitivos se pueden encontrar como $a=r^2-s^2$ , $y=2rs$ , $z=r^2+s^2$ , dónde $r$ y $s$ son enteros arbitrarios de paridad opuesta, $r\gt s\gt 0$ , $\gcd(r,s)=1$ . Esto es bien conocido. Por ejemplo, el Teorema 5.5 en Niven, Zuckerman, Montgomery's An Intorduction to the Theory of Numbers , 5ª edición. No hay un conjunto "nuevo" de ternas pitagóricas. Y esta es solo una forma conocida de enumerar todas las ternas pitagóricas primitivas.
@poetasis, es capaz de obtener todo k = 1 y establecer 1 y establecer 2 si incluye que los valores impares de a producirán el inradius de tripletes con un impar a comenzando con (5,12,13).
Si cambia la pregunta para que las respuestas existentes ya no sean aplicables, quizás sea mejor publicar una nueva pregunta. A la gente no le gusta que se minimicen sus esfuerzos.
Además, no veo por qué dijiste que mi respuesta ya no era relevante. había mostrado por qué $ab-12r^2$ es el producto de dos catetos por otro triángulo pitagórico. En cualquier caso, agregué un poco a eso e incluí una sección sobre cómo generar los conjuntos.

robarjohn · Answer 1

Generación de los conjuntos

Dados los conjuntos de la pregunta, podemos hacer coincidir cada triple con uno generado por la fórmula clásica: $\left(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right)$ dónde $(m,n)=1$ , $2\not\mid m-n\gt0$ :

\begin{array}{cc} {colocar}_{0} & 3, 4, 5 & 5, 12, 13 & 7, 24, 25 & 9, 40, 41 \\ metro, norte & 2, 1 & 3, 2 & 4, 3 & 5, 4 \\ {colocar}_{1} & 15, 8, 17 & 33, 56, sesenta y cinco & 51, 140, 149 & 69, 260, 269 \\ metro, norte & 4, 1 & 7, 4 & 10, 7 & 13, 10 \\ {colocar}_{2} & 35, 12, 37 & 85, 132, 157 & 135, 352, 377 & 185, 672, 697 \\ metro, norte & 6, 1 & 11, 6 & dieciséis, 11 & 21, dieciséis \\ {colocar}_{3} & 63, dieciséis, sesenta y cinco & 161, 240, 289 & 259, 660, 709 & 357, 1276, 1325 \\ metro, norte & 8, 1 & 15, 8 & 22, 15 & 29, 22 \\ {colocar}_{4} & 99, 20, 101 & 261, 380, 461 & 423, 1064, 1145 & 585, 2072, 2153 \\ metro, norte & 10, 1 & 19, 10 & 28, 19 & 37, 28 \end{array}

$\begin{array}{c|c} \text{set}_0&3,4,5&5,12,13&7,24,25&9,40,41\\\hline m,n&2,1&3,2&4,3&5,4\\\hline\text{set}_1&15,8,17&33,56,65&51,140,149&69,260,269\\\hline m,n&4,1&7,4&10,7&13,10\\\hline \text{set}_2&35,12,37&85,132,157&135,352,377&185,672,697\\\hline m,n&6,1&11,6&16,11&21,16\\\hline \text{set}_3 &63,16,65&161,240,289&259,660,709&357,1276,1325\\\hline m,n&8,1&15,8&22,15&29,22\\\hline \text{set}_4&99,20,101&261,380,461&423,1064,1145&585,2072,2153\\\hline m,n&10,1&19,10&28,19&37,28\\\hline \end{array}$ Al observar el patrón en la tabla anterior, obtenemos que

\begin{aligned} {columna j de conjunto}_{k} & = ({metro}^{2} - {norte}^{2}, 2 metro norte, {metro}^{2} + {norte}^{2}) \\ dónde (metro, norte) & = (1 + (2 k + 1) (j + 1), 1 + (2 k + 1) j) \end{aligned}

$\begin{align} \text{column $j$ of set}_k&=\left(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right)\\ \text{where }(m,n)&=(1+(2k+1)(j+1),1+(2k+1)j) \end{align}$ Columna

0

$0$ es la columna más a la izquierda de la tabla.

Para ver eso $(m,n)=1$ , tenga en cuenta que $n(j+1)-mj=1$
Para ver eso $2\not\mid m-n\gt0$ , tenga en cuenta que $m-n=2k+1$

Yo he añadido $\text{set}_0$ a la mesa, siguiendo el patrón de los conjuntos posteriores.

Estos conjuntos no cubren todas las ternas pitagóricas. Por ejemplo, $(21,20,29)$ no está cubierto en ninguno de estos conjuntos.

Respuesta original: ¿Por qué? $\boldsymbol{ab-12r^2=a'b'}$

Esta respuesta , y probablemente muchas otras, muestra lo siguiente: todos los triples pitagóricos relativamente primos se pueden escribir como $\left\{m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right\}$ dónde $(m,n)=1,\ 2\nmid m-n\gt0$ .

El área de un triángulo es el inradio por el semiperímetro. Como un triángulo pitagórico es un triángulo rectángulo, el área es la mitad del producto de los catetos. Por lo tanto, el inradio es

\begin{aligned} dentro del radio & = \frac{área}{semiperímetro} \\ = \frac{metro norte ({metro}^{2} - {norte}^{2})}{{metro}^{2} + metro norte} \\ = norte (metro - norte) \end{aligned}

$\begin{align} \text{inradius} &=\frac{\text{area}}{\text{semi-perimeter}}\\ &=\frac{mn\left(m^2-n^2\right)}{m^2+mn}\\[9pt] &=n(m-n) \end{align}$ Suponer que

{a, b, c} = {m^{2} - n^{2}, 2 m n, m^{2} + n^{2}}

$\{a,b,c\}=\left\{m^2-n^2,2mn,m^2+n^2\right\}$ es una terna pitagórica. Entonces

\begin{aligned} \overset{a b}{\overset{⏞}{2 metro norte ({metro}^{2} - {norte}^{2})}} - 12 \overset{r^{2}}{\overset{⏞}{{norte}^{2} (metro - norte)^{2}}} & = 2 metro (metro + norte) norte (metro - norte) - 12 norte (metro - norte) norte (metro - norte) \\ = 2 norte (metro - norte) (metro (metro + norte) - 6 norte (metro - norte)) \\ = 2 norte (metro - norte) ({metro}^{2} - 5 metro norte + 6 {norte}^{2}) \\ = 2 norte (metro - norte) (metro - 2 norte) (metro - 3 norte) \\ = \underset{mi}{\underset{⏟}{2 norte (metro - 2 norte)}} \underset{d}{\underset{⏟}{((metro - 2 norte)^{2} - {norte}^{2})}} \end{aligned}

$\begin{align} \overbrace{2mn\left(m^2-n^2\right)}^{\large ab}-12\overbrace{n^2(m-n)^2}^{\large r^2} &=2m(m+n)n(m-n)-12n(m-n)n(m-n)\\ &=2n(m-n)(m(m+n)-6n(m-n))\\ &=2n(m-n)\left(m^2-5mn+6n^2\right)\\ &=2n(m-n)(m-2n)(m-3n)\\ &=\underbrace{2n(m-2n)\vphantom{\left(n^2\right)}}_{\large e}\underbrace{\left((m-2n)^2-n^2\right)}_{\large d} \end{align}$ dónde

{d, e, f} = {(m - 2 n)^{2} - n^{2}, 2 n (m - 2 n), (m - 2 n)^{2} + n^{2}}

$\{d,e,f\}=\left\{(m-2n)^2-n^2,2n(m-2n),(m-2n)^2+n^2\right\}$ es otra terna pitagórica.

De hecho:

[\begin{matrix} d \\ mi \\ F \end{matrix}] = [\begin{matrix} - 1 & - 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 3 \end{matrix}] [\begin{matrix} a \\ b \\ C \end{matrix}]

$\begin{bmatrix}d\\e\\f\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -1&-2&2\\ 2&1&-2\\ -2&-2&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}$ e, inversamente,

[\begin{matrix} - 1 & 2 & 2 \\ - 2 & 1 & 2 \\ - 2 & 2 & 3 \end{matrix}] [\begin{matrix} d \\ mi \\ F \end{matrix}] = [\begin{matrix} a \\ b \\ C \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} -1&2&2\\ -2&1&2\\ -2&2&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}d\\e\\f\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}$ Tenga en cuenta que

d, e, f

$d,e,f$ tienen la misma paridad que

a, b, c

$a,b,c$ , respectivamente.

Porque

{[\begin{matrix} - 1 & - 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 3 \end{matrix}]}^{T} [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} - 1 & - 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 3 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} -1&-2&2\\ 2&1&-2\\ -2&-2&3 \end{bmatrix}^T \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&-2&2\\ 2&1&-2\\ -2&-2&3 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}$ tenemos

d^{2} + e^{2} - f^{2} = a^{2} + b^{2} - c^{2}

$d^2+e^2-f^2=a^2+b^2-c^2$ .

Además, como se mencionó anteriormente,

\begin{aligned} dentro del radio & = \frac{área}{semiperímetro} \\ = \frac{a b}{a + b + \sqrt{a^{2} + b^{2}}} \\ = \frac{a + b - \sqrt{a^{2} + b^{2}}}{2} \end{aligned}

$\begin{align} \text{inradius} &=\frac{\text{area}}{\text{semi-perimeter}}\\[6pt] &=\frac{ab}{a+b+\sqrt{a^2+b^2}}\\ &=\frac{a+b-\sqrt{a^2+b^2}}2 \end{align}$

Kieren Mac Millan · Answer 2

La conexión de ternas pitagóricas por inradius es bien conocida (¡aunque te felicito por encontrarla por tu cuenta!). Por ejemplo, vea este documento de Neville Robbins .

poetasis · Answer 3

Su fórmula es interesante pero genera solo sobre $1/3$ de las triples primitivas que existen. Más completo es el subconjunto de triples donde $GCD(A,B,C) =(2x-1)^2, x\in\mathbb{N}.\quad$ Este subconjunto no incluye triples triviales, todos los triples primitivos, y solo alrededor de $1/3$ de los no primitivos como fórmula de Euclides. Aquí hay una muestra que muestra cómo su fórmula genera solo $Set_2$ y superiores y solo columnas $1,4,7,10,\cdots$ :

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

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

Estos son generados por la fórmula:

\begin{aligned} A = (2 norte - 1)^{2} + & 2 (2 norte - 1) k \\ B = & 2 (2 norte - 1) k + 2 k^{2} \\ C = (2 norte - 1)^{2} + & 2 (2 norte - 1) k + 2 k^{2} \end{aligned}

$\begin{align*} A=(2n-1)^2+ & 2(2n-1)k \\ B= \qquad\quad\quad & 2(2n-1)k+ 2k^2\\ C=(2n-1)^2+ & 2(2n-1)k+ 2k^2\\ \end{align*}$

y es equivalente a la fórmula de Euclides con las siguientes sustituciones: $A=(2n-1+k)^2-k^2\quad B=2(2n-1+k)k\quad C=(2n-1+k)^2+k^2$

¿Hay alguna manera de que su fórmula pueda generar las primitivas que faltan?

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