Beweis, dass das Produkt primitiver pythagoreischer Hypotenusen auch eine primitive pythagoreische Hypotenuse ist

Question

Beweis, dass das Produkt primitiver pythagoreischer Hypotenusen auch eine primitive pythagoreische Hypotenuse ist

Mathematik
pythagoräische Tripel
Elementarzahlentheorie

Markus A

Nur um klar zu sein, ich nenne eine ganze Zahl $c$ eine 'primitive pythagoräische Hypotenuse', wenn es teilerfremde ganze Zahlen gibt $a$ Und $b$ befriedigend $a^2+b^2 = c^2$ . Mir ist aufgefallen, dass die Menge solcher primitiven pythagoräischen Hypotenusen bei der Multiplikation eine geschlossene Menge zu bilden scheint (und dies wird tatsächlich durch diese Mathworld-Seite unterstützt - siehe Gleichungen (25)-(26)). Ich kann jedoch keinen Beweis dafür finden (der obige Link enthält eine Buchreferenz, aber ich habe keinen Zugriff darauf) oder selbst einen finden.

Einige Gedanken: Euler hat das gezeigt $c$ ist ein primitives pythagoreisches Tripel genau dann, wenn es ungerade ist und als Summe zweier Quadrate geschrieben werden kann $c = m^2+n^2$ für einige teilerfremde ganze Zahlen $m$ Und $n$ . Es ist einfach zu zeigen, dass das Produkt einer Summe von zwei Quadraten auch eine Summe von zwei Quadraten ist (und daher die Menge aller pythagoräischen Hypotenusen unter Multiplikation geschlossen ist), aber ich habe Probleme mit dem primitiven/coprime-Teil. Mit anderen Worten, ich kann zeigen, dass wenn $c_1 = m_1^2 + n_1^2$ Und $c_2 = m_2^2 + n_2^2$ dann gibt es $m_3$ Und $n_3$ so dass $c_1c_2 = m_3^2 + n_3^2$ , aber ich kann das nicht zeigen, wenn $gcd(m_1,n_1)=gcd(m_2,n_2)=1$ dann ist es möglich zu wählen $m_3$ Und $n_3$ so dass $gcd(m_3,n_3)=1$ . Für Hinweise oder Hinweise wäre ich dankbar!

Bearbeiten (als Antwort auf die Kommentare von Einzelpersonen): Beachten Sie, dass die Formeln

M_{3} = M_{1} N_{2} - N_{1} M_{2}, N_{3} = M_{1} M_{2} + N_{1} N_{2}

$m_3 = m_1 n_2 - n_1 m_2 \ , \ n_3 = m_1 m_2 + n_1 n_2$ Und

M_{3} = M_{1} N_{2} + N_{1} M_{2}, N_{3} = M_{1} M_{2} - N_{1} N_{2}

$m_3 = m_1 n_2 + n_1 m_2 \ , \ n_3 = m_1 m_2 - n_1 n_2$ produzieren nicht immer teilerfremd

m_{3}

$m_3$ Und

n_{3}

$n_3$ . Das früheste Beispiel dafür, das ich finden konnte, ist

M_{1} = 8, N_{1} = 1, M_{2} = 31, N_{2} = 92

$m_1 = 8, n_1 = 1, m_2 = 31, n_2 =92$ wofür die erste Formel oben gibt

m_{3} = 705, n_{3} = 340

$m_3 = 705, n_3 = 340$ (beide durch 5 teilbar) und die zweite obige Formel ergibt

m_{3} = 767, n_{3} = 156

$m_3=767, n_3=156$ (beide durch 13 teilbar). Jedoch

m_{3}^{2} + n_{3}^{2} = 612, 625

$m_3^2 + n_3^2 = 612,625$ ist immer noch die Hypotenuse eines primitiven Tripels, weil

199176^{2} + 579343^{2} = 612625^{2}

$199176^2 + 579343^2 = 612625^2$ Und

g c d (199176, 579343) = 1

$gcd(199176,579343)=1$ . (Entschuldigung für das ziemlich hässliche Beispiel, aber es war das einfachste, das ich finden konnte (vielleicht, weil ich nicht weiß, wie man effizient sucht!).)

Markus Joshi

was meinst du mit Multiplikation? meinst du das, wenn du definierst

(a, b, c) . (d, e, f) = (a d, b e, c f)

$(a,b,c).(d,e,f) = (ad,be,cf)$ dann ist das Produkt zweier primitiver Tripel ein anderes? Ich bezweifle wirklich, dass das stimmt.

individuell

Dies ist möglich, wenn mindestens eine Hypotenuse zum Quadrat steht.

C_{1}^{2} = M_{1}^{2} + N_{1}^{2}

$c_1^2=m_1^2+n_1^2$ Dann kannst du machen

C_{1}^{2} C_{2} = (C_{1} M_{2})^{2} + (C_{1} N_{2})^{2}

$c_1^2c_2=(c_1m_2)^2+(c_1n_2)^2$ Auf der anderen Seite musst du ein Gleichungssystem schreiben und versuchen, es zu lösen. Schreiben Sie, welches System besser ist?

individuell

Ich denke, um das Problem im Allgemeinen zu lösen, müssen wir die diophantische Gleichung lösen.

(M^{2} + N^{2}) (X^{2} + j^{2}) = z^{2} + Q^{2}

$(m^2+n^2)(x^2+y^2)=z^2+q^2$ Die Lösung dort. mathoverflow.net/questions/181242/… Die Formel ist da und geschrieben.

Markus A

@MarkJoshi: Ich meine, nur die Hypotenusen zu multiplizieren: dh das zeigen

c f

$cf$ ist die Hypotenuse eines anderen primitiven pythagoreischen Tripels (die 'Beine' müssen es nicht sein

a d

$ad$ Und

b e

$be$ ).

Markus A

@individ: In Bezug auf Ihren ersten Kommentar ist diese Lösung nutzlos, da das resultierende pythagoreische Tripel nicht primitiv ist (

c_{1}^{2}

$c_1^2$ ist ein gemeinsamer Faktor). Zu Ihrem zweiten Kommentar reicht es nicht, die diophantische Gleichung zu lösen, das müssen Sie auch zeigen

z

$z$ Und

q

$q$ kann gewählt werden, um teilerfremd zu sein (was das Bit ist, mit dem ich zu kämpfen habe).

Antworten (4)

Beweis, dass das Produkt primitiver pythagoreischer Hypotenusen auch eine primitive pythagoreische Hypotenuse ist

was meinst du mit Multiplikation? meinst du das, wenn du definierst $(a,b,c).(d,e,f) = (ad,be,cf)$ dann ist das Produkt zweier primitiver Tripel ein anderes? Ich bezweifle wirklich, dass das stimmt.
Dies ist möglich, wenn mindestens eine Hypotenuse zum Quadrat steht. $C_{1}^{2} = M_{1}^{2} + N_{1}^{2}$ $c_1^2=m_1^2+n_1^2$ Dann kannst du machen $C_{1}^{2} C_{2} = (C_{1} M_{2})^{2} + (C_{1} N_{2})^{2}$ $c_1^2c_2=(c_1m_2)^2+(c_1n_2)^2$ Auf der anderen Seite musst du ein Gleichungssystem schreiben und versuchen, es zu lösen. Schreiben Sie, welches System besser ist?
Ich denke, um das Problem im Allgemeinen zu lösen, müssen wir die diophantische Gleichung lösen. $(M^{2} + N^{2}) (X^{2} + j^{2}) = z^{2} + Q^{2}$ $(m^2+n^2)(x^2+y^2)=z^2+q^2$ Die Lösung dort. mathoverflow.net/questions/181242/… Die Formel ist da und geschrieben.
@MarkJoshi: Ich meine, nur die Hypotenusen zu multiplizieren: dh das zeigen $cf$ ist die Hypotenuse eines anderen primitiven pythagoreischen Tripels (die 'Beine' müssen es nicht sein $ad$ Und $be$ ).
@individ: In Bezug auf Ihren ersten Kommentar ist diese Lösung nutzlos, da das resultierende pythagoreische Tripel nicht primitiv ist ( $c_1^2$ ist ein gemeinsamer Faktor). Zu Ihrem zweiten Kommentar reicht es nicht, die diophantische Gleichung zu lösen, das müssen Sie auch zeigen $z$ Und $q$ kann gewählt werden, um teilerfremd zu sein (was das Bit ist, mit dem ich zu kämpfen habe).

Fabio Lucchini · Answer 1

Betrachten wir den Ring der Gaußschen ganzen Zahlen $\mathbb Z[i]$ . Für $\zeta=a+ib\in \mathbb Z[i]$ das sagen wir $\zeta$ ist primitiv , wenn $\gcd(a,b)=1$ . Beachten Sie, dass $\zeta$ ist genau dann primitiv, wenn für jede $d\in\mathbb Z$ , $d\mid\zeta$ impliziert $d=\pm 1$ . Folglich sind Faktoren primitiver Zahlen primitiv.

Eine ungerade Ganzzahl $x\in\mathbb Z$ ist eine primitive pythagoräische Hypotenuse genau dann, wenn es eine primitive gibt $\xi\in\mathbb Z[i]$ so dass $x=\xi\bar\xi$ .

Lassen $x=\xi\bar\xi$ sei eine primitive pythagoräische Hypotenuse und da $\mathbb Z[i]$ ein UFD ist, nehmen Sie die Primfaktorzerlegung $\xi=\pi_1^{e_1}\cdots \pi_r^{e_r}$ . Seit $\xi$ ist primitiv u $x$ ungerade, jeder Faktor $\pi_j$ ist primitiv und hat keinen gemeinsamen Faktor mit $2$ , somit $\Im(\pi_j^4)\neq 0$ . Seit $\pi_j\bar\pi_j\mid x$ kann davon ausgehen $\Im(\pi_j^4)>0$ für jede $j$ .

Lassen $y=\eta\bar\eta$ sei eine weitere primitive pythagoräische Hypotenuse mit $\eta=o_1^{d_1}\cdots o_s^{d_S}$ Und $\Im(o_j^4)>0$ .

Das behaupten wir $\xi\eta$ ist primitiv. Denn im Gegenteil davon ausgehen $d\mid\xi\eta$ für einige $d\in\mathbb Z$ . Lassen $\pi\in\mathbb Z[i]$ ein irreduzibler Faktor von sein $d$ . Dann wlog, $\pi\mid\xi$ . Dann $\pi$ ist primitiv u $\bar\pi\mid d\mid\xi\eta$ , Aber $\bar\pi\not\mid\xi$ , somit $\bar\pi\mid \eta$ . Das ist ein Widerspruch, denn $\Im(\bar\pi^4)<0$ .

Dies beweist das $xy$ ist eine primitive pythagoräische Hypotenuse.

Das sieht gut aus - danke! Nur eine Frage: Ich denke, der dritte Satz sollte " $\zeta$ ist nicht primitiv genau dann, wenn es durch eine ganze Zahl in teilbar ist $\mathbb{Z}$ " (statt $\mathbb{Z}[i]$ ). Ist das richtig?
Ja, ich meine: $\zeta$ ist nicht primitiv genau dann, wenn es in teilbar ist $\mathbb Z[i]$ durch eine ganze Zahl in $\mathbb Z$ .

Kyzyl · Answer 2

Anstatt nur die Hypotenusen zu multiplizieren, multiplizieren Sie zwei primitive Tripel mit komplexen Zahlen, um ein drittes zu erhalten.

$\begin{array}{l} ({a_1},{b_1}i,{c_1})({a_2},{b_2}i,{c_2}) = ({a_3},b{i_3},{c_3})\\ {a_3} = ({a_1}{a_2} + {b_1}{b_2}{i^2})\\ {b_3} = \left( {{a_1}{b_2}i + {a_2}{b_1}i} \right)\\ {c_3} = \left( {{c_1}{c_2}} \right) \end{array}$

Es gibt also keine gemeinsamen Faktoren $({a_3},{b_3},{c_3})$ ist primitiv.

$\begin{array}{l} (3,4i,5)(5,12i,13) = ({a_3},b{i_3},{c_3})\\ {a_3} = (15 - 48) = - 33\\ {b_3} = \left( {36i + 20i} \right) = 56i\\ {c_3} = {65} \end{array}$

$\left( { - {{33}^2} + 56{i^2} = {{65}^2}} \right) \to {33^2} + {56^2} = {65^2}.$

Die Aussage, dass $a_3$ Und $b_3$ Keine gemeinsamen Faktoren teilen ist im Allgemeinen falsch – siehe das Beispiel, das ich am Ende der Frage gebe. Daher erzeugt diese Methode nicht immer ein neues primitives Tripel.

poetase · Answer 3

Gegeben primitive Tripel $(3,4,5)$ Und $(7,24,25)$ , wir glauben, dass $5\cdot25=125$ ist ein Teil von $(75,100,125)$ was nicht primitiv ist. Noch ein Triple $(117,44,125)$ ist primitiv, aber das Gegenbeispiel widerlegt die Theorie, dass das Ergebnis immer ein Primitiv ist.

individuell · Answer 4

individuell

Schreiben Sie die Gleichung in dieser Form um:

(M^{2} + N^{2}) (X^{2} + j^{2}) = z^{2} + Q^{2}

$(m^2+n^2)(x^2+y^2)=z^2+q^2$

Dann ist die Lösung immer da.

z = M X + N j

$z=mx+ny$

Q = N X - M j

$q=nx-my$

Wojowu

Aber man muss zeigen warum

z, q

$z,q$ sind relativ prim.

individuell

@Wojowu Es sind nicht alle Entscheidungen. Ich habe das einfachste geschrieben. Um relativ einfache Lösungen zu erhalten, müssen bestimmte Wegfaktoren gewählt werden. Es ist einfache Arithmetik - ist für mich nicht interessant.

Markus A

@individ: danke für deine Antwort, aber wie ich oben kommentiert habe, zeige ich das

z

$z$ Und

q

$q$ teilerfremd sind, finde ich schwierig (und trifft nicht immer auf das Spezifische zu

z

$z$ Und

q

$q$ gibst du hier).

individuell

@MarkA Sie ersetzen

(m, n) - (x, y)

$(m,n) - (x,y)$ andere Parität und sehen, was passiert.

(M, N) - (5, 2)

$(m,n) - (5,2)$

(X, j) - (7, 4)

$(x,y) - (7,4)$

(z, Q) - (43, 6)

$(z,q) - (43,6)$ Es gibt kein Problem. Dies ergibt pythagoreische Tripel.

20^{2} + 21^{2} = 29^{2}

$20^2+21^2=29^2$

33^{2} + 56^{2} = 65^{2}

$33^2+56^2=65^2$

1813^{2} + 516^{2} = 1885^{2}

$1813^2+516^2=1885^2$

Markus A

@individ Ich stimme zu, dass Ihre Formel immer pythagoreische Tripel ergibt, aber nicht immer primitive pythagoreische Tripel - siehe das Gegenbeispiel, das ich der Frage hinzugefügt habe ...

individuell

@MarkA Immer noch nicht klar, was ich brauche. Die Tatsache, dass es unendlich viele teilerfremde Tripel gibt, ist verständlich. Wenn Sie sie finden möchten, reicht es aus, eine Zahl anzugeben

m -

$m -$ wie jede ungerade Zahl.

n -

$n -$ jede Zweierpotenz.

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Wie kann man in den „Baum der primitiven pythagoreischen Tripel“ absteigen?

Meta-pythagoräisches Tripel

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