Suma de cuadrados perfectos

El problema de la semana:

Hallar el menor número natural cuadrado perfecto que se puede descomponer en tres sumandos naturales y no nulos, de tal modo que la suma de cada dos de ellos sea también un cuadrado perfecto.

Responder a la misma cuestión exigiendo que los tres sumandos sean distintos.

A por él.

16 comentarios

Trackback | 11 Ago, 2009

Bitacoras.com
X-Pacer | 11 de Agosto de 2009 | 13:16

Sencillo:

El menor número natural con tales características es 9^2 = 81 = 17 + 32 + 32, pues:

· 17 + 32 = 49 = 7^2;
· 17 + 32 = 49 = 7^2;
· 32 + 32 = 64 = 8^2.

Si exigimos que los tres sumandos en que se descompone sean diferentes, el menor número es 21^2 = 441 = 41 + 80 + 320, pues:

· 41 + 80 = 121 = 11^2;
· 41 + 320 = 361 = 19^2;
· 80 + 320 = 400 = 20^2.
toniii | 11 de Agosto de 2009 | 13:23

Pero no has mostrado ningún procedimiento matemático X-Pacer.
Lo interesante es, mediante un procedimiento, llegar a dicha conclusión, no “ir probando números”
Un saludo
Jesús Valdez | 11 de Agosto de 2009 | 13:53

Perdón, estaba probando los códigos, si quieren borrenlos
Jesús Valdez | 11 de Agosto de 2009 | 14:20

Aclaración, no soy X-Pacer

La ecuación que estaba generando, es la siguiente

$\mu B={h\over 2m}\quad \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots (1)$

Es para un artículo, no tiene mucho que ver con el tema de este post.

Disculpen las molestias de un novato
X-Pacer | 11 de Agosto de 2009 | 14:29

[MODE sonrojado ON]

Vaya… Confieso que el “procedimiento matemático” ha consistido en hacer un pequeño programita en FORTRAN, que calcula a toda pastilla y la mar de bien.

Estoy de acuerdo con toniii en que es mucho más interesante obtener la solución por medios puramente matemáticos. La verdad es que soy seguidor de “Gaussianos” desde hace relativamente poco, por lo que no estoy muy al tanto de cómo funciona el asunto de los problemas propuestos.

Así pues, perdón por haber hecho trampas y por haber publicado el resultado sin justificación matemática alguna. Como castigo, me comprometo a devanarme los sesos intentando hallar una demostración como está mandado.

[MODE sonrojado OFF]
Chema | 11 de Agosto de 2009 | 14:42

Bueno, así que tenemos algo del tipo:
(1) m^2 = A + B + C
(2) n^2 = A + B
(3) k^2 = A + C
(4) j^2 = B + C

De donde, (1) + (2) + (3) produce la identidad

(5) n^2 + k^2 + j^2 = 2A + 2B + 2C = 2m^2

Si dos sumandos fueran iguales, pongamos A=B entonces k^2=j^2 y la expresión anterior se reduce a

(6) n^2 + 2k^2 = 2m^2 o lo que es lo mismo

(7) n^2 = 2(m^2-k^2) = 2(m+k)(m-k)

De donde forzosamente se deduce que m y k son tienen la misma paridad (de lo contrario, el lado derecho sería un múltiplo de 2 pero no de 4 y no podría ser cuadrado perfecto).

Entonces se tiene que n^2 divisible por 8, pero como es un cuadrado, al menos lo será por 16. Entonces se dan alguna de estas dos posibilidades:

(7.1) m+k=4X y m-k=2Y
(7.2) m+k=2X y m-k=4Y

(Creo que me estoy perdiendo, no sé razonar cuando escribo por ordenador. Pero ahí queda mi contribución momentánea).
^DiAmOnD^ | 11 de Agosto de 2009 | 17:35

Claro, siendo éste un blog dedicado a las matemáticas lo mejor es que las soluciones a los problemas se publiquen mediante un procedimiento matemático, aunque admito que la informática a veces puede ayudar.

No te preocupes X-Pacer, no problem. Pero tenlo en cuenta la próxima vez, ¿de acuerdo? .
M | 11 de Agosto de 2009 | 21:07

Efectivamente, la respuesta de X-Pacer es correcta. Ahora a ver si podemos justificarla de algún modo menos computacional. El problema es una ligera variante de un problema muy antiguo
Mellon | 13 de Agosto de 2009 | 12:21

A ver que os parece esto, aunque no se si tiene que ver algo con el problema muy antiguo que dice M…

Pertimos de:

$n^2=A+B+C \hfil (1)$

De la cual sacamos:

$A+B=n^2-C \hfil (2)$
$B+C=n^2-A \hfil (3)$
$A+C=n^2-B \hfil (4)$

Sabemos también que $A+B, B+C, A+C$ serán cuadrados perfectos menores que $n$ . Lo que nos da:

$A+B=(n-x)^2 \hfil (5)$
$B+C=(n-y)^2 \hfil (6)$
$A+C=(n-z)^2 \hfil (7)$

Para para valores naturales y menores a $n$ de $x,y$ y $z$

Ahora combinamos $(2)$ con $(5)$ , $(3)$ con $(6)$ y $(4)$ con $(7)$ obteniendo:

$(n-x)^2=n^2-C$
$(n-y)^2=n^2-A$
$(n-z)^2=n^2-B$

Dejando en función de $A, B$ y $C$

$C=2nx-x^2$
$A=2ny-y^2$
$B=2nz-z^2$

Sustituimos en $(1)$ :

$n^2=2nx-x^2+2ny-y^2+2nz-z^2 \hfill (8)$

Ahora solo basta probar con valores de la terna $(x,y,z)$ hasta que $n$ sea entero. Con $(1,1,1)$ y $(1,1,2)$ no hay suerte, pero con $(1,2,2)$ obtenemos como valores de $n$ $1$ y $9$ . Está claro que $1$ no se puede descomponer en forma de tres sumandos naturales no nulos, así que $9$ es el número que buscamos. Sustituimos $9$ con $(1,2,2)$ en $(8)$ :

$9^2 = 17+32+32$

Para que $A,B,C$ sean distintos $(x,y,z)$ tienen que ser distintos. El menor número entero $n$ que cumpla esto vendrá dado con $(x,y,z)=(1,2,10)$ . Con estos valores $n$ sale igual a $5$ y a $21$ . Con $5$ da un sumando nulo, por lo que:

$21^2 = 41+80+320$

Salu2

PD= Haber si M, nos aclara lo del problema ese.
M | 13 de Agosto de 2009 | 18:02

Me refería al problema 6 del libro tercero de la Aritmética de Diofanto, que viene a decir algo así: encontrar tres números cuya suma sea un cuadrado y tales que la suma de cada dos de ellos sea también un cuadrado. La solución dada originalmente es $\{40, 81, 320\}$ , aunque claramente hay más posibilidades y de ahí la variante del problema. Se usa algo similar a lo que escribo abajo pero bastante más simplificado pues impone directamente $b=1$ y $c=a-1$ (aunque se pierdan muchas soluciones).

La solución que voy a poner no evita el estudio de casos, aunque los reduce a 10 usando la caracterización de números expresables como suma de dos cuadrados. Pongamos:

$x+y+z=(a+b)^2 \hfil (1)$
$x+y=a^2 \hfil (2)$
$x+z=c^2 \hfil (3)$
$y+z=d^2 \hfil (4)$

con $b\geq 1$ , $a,c,d\geq 2$ , y $d\leq c\leq a$ . Notar que no es posible que $a=c=d$ pues nos llevaría, sumando $(2)-(3)-(4),$ a $3a^2=2(a+b)^2$ que es imposible. Con esto tenemos que

$2(a+b)^2=a^2+c^2+d^2\leq 2a^2+(a-1)^2$ , es decir,

$0\leq a\bigg[a-2(1+2b)\bigg]+(1-2b^2),\;\; a\geq 2, \;\b\geq 1\hfil (5)$ .

Además del sistema original, tenemos

$z=2ab+b^2$
$y=(a+b)^2-c^2,\;\; 2\leq c<a+b$
$x=(a+b)^2-d^2,\;\; 2\leq d<a+b$ .

Ahora sumando $(3)-(4)$ vemos que $L:=(a+2b)^2-2b^2=c^2+d^2$ es suma de dos cuadrados.

Recordemos que un número natural $L$ se expresa como suma de dos cuadrados si y sólo si sus factores primos de la forma $4k+3$ aparecen en cantidad par:

$L=2^\gamma\cdot(p_1^{\alpha_1}\cdot\ldots\cdot p_r^{\alpha_r})\cdot (q_1^{2\beta_1}\cdot\ldots\cdot q_r^{2\beta_r}),\;\;\;\gamma,\alpha_i,\beta_j\geq 0$

con $p_i\equiv 1(4)$ y $q_j\equiv 3(4)$ . En particular

$\frac{L}{2^\gamma}\equiv 1(4). \hfil (6)$

Ahora estudiamos los posibles valores de $a, b$ :

1) Para $b=1$ :

sólo es posible de $(6)$ que $a\equiv 0 (4)$ . De $(5)$ debe ser $a\geq 8$ .

$a=8$ : $L=98=2\cdot 7^2=7^2+7^2$ (descomposición única). Luego, en este caso $c=d=7$ , y $z=17, x=32, y=32$ ;

$a=12:$ $L=194=2\cdot 97=5^2+13^2$ (desc. única). Entonces $c=13=a+b$ (y obtenemos solución con $y=0$ );

$a=16:$ $L=322=2\cdot 7\cdot 23$ no se expresa como suma de cuadrados;

$a=20:$ $L=482=2\cdot 241=11^2+19^2$ (desc. única). Luego $d=11, c=19$ , y $z=41, x=80, y=320$ .

En principio tenemos que seguir con otros valores de $b$ , aunque ya tenemos acotado el mínimo por $21^2$ .

2) Para $b=2:$

De $(5)$ sale $a\geq 11$ (y buscamos $a+2\leq 20$ ).

Si $a=2+4k$ , entonces $L/4\equiv 3(4)$ ; y si $a=4k$ entonces $L/8\equiv 3(4)$ , si $k$ es impar. Esto nos deja las cinco opciones $a=11, 13, 15, 16, 17$ .

$a=11:$ $L=217=7\cdot 31$ no expresable como suma de dos cuadrados;

$a=13:$ $L=281=5^2+16^2$ (desc. única). Luego $d=16\geq a+b$ y no obtenemos solución válida;

$a=15:$ $L=353=8^2+17^2$ (desc. única). Así $c=17\geq a+b$ , no válido;

$a=16:$ $L=392=14^2+14^2$ , y se obtiene $z=68, x=128, y=128$ (es válida, pero no es mínima);

$a=17:$ $L=433=12^2+17^2$ , y se obtiene $z=72, x=72, y=217$ (ídem).

3) Finalmente para $b=3$

De (6), $a$ debe ser par, y de $(5)$ , $a\geq 16$ , con $a+3\geq 20$ en este caso. Luego sólo nos deja $a=16$ , en cuyo caso

$L=466=5^2+21^2$ que nos conduce a $c=21\geq a+b$ , no válido.

4) Si $b\geq 4$ , entonces $(5)$ nos impone $a+b\geq 21$ con lo cual las soluciones que se obtengan no serán mínimas.

En fin, es casi como usar el fortran.
kubyz | 13 de Agosto de 2009 | 18:57

El problema antigüo al que creo que se refiere M es al de encontrar la solución general de la ecuación pitagórica:
x^2 + y^2 = z^2 con x,y,z naturales.

Pitágoras encontró una cantidad infinita de soluciones, pero fue Euclides en sus Elementos el que dio la solución completa.

¿Qué tiene esto que ver con nuestro problema? Chema ya dio una pista.

El problema es equivalente a resolver x^2 + y^2 + z^2 = v^2 que se parece mucho a la ecuacion pitagórica. Para encontrar solución he intentado descomponer esta ecuación en dos:

Como x^2 + y^2 = v^2 – z^2 entonces podemos decir:

x^2 + y^2 = (n^1/2)^2 —> Ec Pitagorica con solución conocida.

v^2 – z^2 = n —> Ec diofántica con solución conocida.

v = (a + b)/2 ; z = (a – b)/2 , donde n = a*b con a ý b de igual paridad.

x = 2*s*t ; y = s^2 – t^2 ; (n)^1/2 = s^2 + t^2 = (a*b)^1/2

donde s>t 2|x ý mcd(s,t) = 1 , s ý t de distinta paridad.

a,b han de ser impares.

Bueno hasta aquí he llegado yo. Ya desde aquí que siga otro para intentar dar una solución cerrada como la de la ec pitagórica.

Saludos!.
M | 13 de Agosto de 2009 | 19:16

kubyz, no me refería a la ecuación pitagórica, que es el problema 8 del libro II de la Aritmética, sino, como dije antes, al problema 6 del libro III.

La ecuación $x^2+y^2+z^2=w^2$ se resuelve igual que la pitagórica, dividiendo por $w^2$ y caracterizando los puntos racionales de la esfera $X^2+Y^2+Z^2=1$ . Obtenemos la solución general:

$x=-r^2+s^2+t^2,\;\;y=2rs,\;\;z=2rt,\;\;w=r^2+s^2+t^2,\;\;\;\;r,s,t\in \mathbb{Z}$ .
Toro Sentado | 14 de Agosto de 2009 | 0:51

Tengo una respuesta relativamente sencilla para la primera parte del problema. He llevado un poco más lejos el argumento de Chema.
El planteamiento es el siguiente:
$\quad d^2=a+b+c$
$\quad m^2=a+b$
$\quad n^2=a+c$
$\quad t^2=b+c$
$2\cdot\quad d^2=\quad m^2+\quad n^2+\quad t^2$

$a=(d+n)\cdot(d-n).$ (1)
$b=(d+t)\cdot(d-t).$ (2)
$c=(d+m)\cdot(d-m).$ (3)

Hasta aquí, lo que todos sabemos y hemos escrito de una u otra forma.

Primer caso. Dos de los números son iguales (n=t). El caso en que los tres números son iguales, M ya ha demostrado que no es posible.

n=t
$2\cdot\quad d^2=\quad m^2+2\cdot\quad n^2$
$2\cdot(\quad d^2-\quad n^2) =\quad m^2$
$2\cdot(d+n)\cdot(d-n)=\quad m^2.$ (4)

La ecuación (4) indica que del producto de 2 por otros dos números diferentes resulta un cuadrado perfecto. Uno de los dos números ha de tener el factor 2 para poder hacer un cuadrado. Pero como un número es (d+n) y el otro es (d-n) los dos han de tener la misma paridad, por tanto los dos son múltiplos de dos. De todo esto se deduce que $\quad m^2 = 16 \cdot\quad x^2$ y por tanto que

m=4·x

Probemos x=1:
m=4
2·(d+n)·(d-n)=16. Posibilidades para (d+n) y (d-n):
2·8·1=16, no es posible pues (d-n) no es par
2·4·2=16, d=3, n=1. No es posible pues d < m, y uno de los números buscados c no sería natural (sería negativo)

Probemos x=2:
m=8
2·(d+n)·(d-n)=64. Posibilidades:
2·32·1=64, no es posible pues (d-n) no es par
2·8·4=64, d=6, n=2, no es posible pues d < m
2·16·2=64, (d+n)=16, (d-n)=2, d=9, n=7, es la solución. De las ecuaciones (1), (2), y (3) se deduce que:

a=(9+7)·(9-7)=32
b=(9+7)·(9-7)=32
c=(9+8)·(9-8)=17

Para el segundo caso (los tres números son diferentes), no he podido encontrar ningún argumento de momento que sea tan sencillo como este. Seguiremos intentándolo.

Saludos.
Chema | 15 de Agosto de 2009 | 17:07

Lo cierto es que yo me paré en mi argumento porque no quería empezar a tantear y suponía que habría alguna forma más o menos ingeniosa de evitar el tanteo o al menos hacerlo lo más pequeño posible. Después de todo, como decía M, es casi como usar el Fortran.

Aunque, mis felicitaciones para M y Toro Sentado.
G Javier Dillon | 16 de Agosto de 2009 | 21:48

Hace un año publiqué cómo generar un triángulo recto a partir del cateto menor, ojalá les sirva mis hallazgos.

http://www.alipso.com/monografias4/Triang_Pitagoras/