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Pueden dos cuadrados perfectos promedio para un tercer cuadrado perfecto?

Mi pregunta es ¿existe un triple de números enteros, $a<b<c$ tales que $b^2 = \frac{a^2+c^2}{2}$

Sospecho que la respuesta es no, pero no he podido probarlo todavía. Me doy cuenta de que esto es muy similar a la idea de ternas Pitagóricas, pero no soy lo suficientemente versado en este tema para intentar modificar la teoría para este caso. Una simple observación es que para tener alguna esperanza de que esto funcione es que $a$ y $c$ debe ser de la misma paridad. Además, si un triple existe podemos construir una secuencia infinita desde $(2b)^2 = \frac{(2a)^2+(2c)^2}{2}$ si y sólo si $b^2 = \frac{a^2+c^2}{2}$

Cualquier ayuda en la determinación de este ser verdadero o falso sería muy apreciada. Yo estoy esperando que se no terminan de ser imposible, así que si alguien encuentra un deseada triple me gustaría siguiente movimiento hasta los cubos en lugar de cuadrados

Edit: Gracias por los comentarios, yo tontamente han pasado por alto un simple ejemplo y ver que hay muchas soluciones para esto basado en la teoría de diophantine ecuaciones. Sin embargo, esto es lamentable para mí, porque yo estaba con la esperanza de NO ser capaz de resolver esto. Surgió esta pregunta, mientras que el estudio de un determinado tipo de gráfico de etiquetado. Lo que yo deseo es ser capaz de crear una secuencia, $S$, de longitud arbitraria (ya que cada miembro de la secuencia es la de ser una etiqueta de un vértice en el grafo) tal que para todo $x \in S$, $|x-s_i| \neq |x-s_j|$ para $ i \neq j$. Yo estaba ingenuamente con la esperanza de que la secuencia de cuadrados es suficiente para satisfacer esta condición.

Editar más, he encontrado que la secuencia de $2^n$ funciona, pero sería bueno si pudiera encontrar un polinomio de la secuencia.

31voto

Stephan Aßmus Puntos 16

$$ \frac{1 + 49}{2} = 25$$

Hay infinitamente muchas soluciones para $x^2 + y^2 = 2 z^2.$ Estoy bastante seguro de que la versión ha sido preguntado sobre el MSE antes, y fórmulas da todo entero se dieron respuestas. Dame un par de minutos, voy a buscar o que hacer.

aquí es una discusión reciente Diophantine Ecuaciones : la Solución de $a^2$ $+$ $ b^2$ $=$ $2c^2$

16voto

Matthew Scouten Puntos 2518

Paramétrico de la solución: $$ a = |x^2 - 2 x y - y^2|, \ b = x^2 + y^2,\ c = x^2 + 2 x y - y^2 $$

6voto

rlpowell Puntos 126

Si $b^2=|x+iy|^2$, entonces $2b^2=|(1+i)(x+iy)|^2$, por lo que todo lo que necesita para conseguir el balanceo son ternas Pitagóricas (escrito aquí como $b^2=x^2+y^2$).

6voto

Steven Gregory Puntos 3326

Esto es un off-the-wall de respuesta/consecuencia, pero creo que es interesante.

Considere la ecuación $$x^2 + y^2 = 2z^2$$ esto puede ser reescrita como $$(x + z)(x - z) = (z + y)(z - y).$$

Let A $ = x + z, \quad B = x - z, \quad D = z + y, \quad C = z - y.$

También vamos a $P = AB = CD.$

Tenga en cuenta que

\begin{align} (\xi + A)(\xi - B) y= \xi^2 + 2z\xi - P\etiqueta{1}\\ (\xi + C)(\xi + D) y= \xi^2 + 2z\xi + P\etiqueta{2}\\ \end{align}

Esto implica que cada uno de los cuatro polinomios $\xi^2 \pm 2z\xi \pm P$ es factorable sobre el conjunto de los números enteros.

Además, si $a, B, C, $ y $ D$ que resolver $(1)$ y $(2)$ se puede encontrar, entonces

$$ x = \frac 1 2 (a + B), \quad y = \frac 1 2(D - C), \quad z = \frac 1 2(a - B) = \frac 1 2(C + D)$$

En realidad, $x, y, $ y $z$ como se muestra por encima de lo general vienen a ser múltiplos de $\frac 1 2.$ Si ese es el caso, entonces usted tiene que utilizar $2x, 2y, $ y $2z$.

Tengo una heurística para recordar cómo encontrar los valores de $A, B, C, $ y $ D.$ Elige cualquiera de los dos primos relativos, frente a paridad de los números $ n > m$ y llenar la siguiente tabla.

\begin{array}{|c|c|c} \hline n & n+m & A = n(n+m) \\ \hline n-m & m y B = m(n-m) \\ \hline C = n(n-m) + D = m(n+m) & \end{array}

De ello se sigue que $$x = \dfrac{n^2 m^2}{2} + mn, \quad y = \dfrac{n^2 m^2}{2} - mn, \quad z = \dfrac{n^2 + m^2}{2}$$

Para mostrar lo que esto es como con algunos números, deje que n = 3 y m = 2. Tenemos

\begin{array}{|c|c|c} \hline 3 & 5 & A = 15 \\ \hline 1 & 2 y B = 2 \\ \hline C = 3 Y D = 10 & \end{array}

Vemos que \begin{align} (\xi + 15)(\xi - 2) &= \xi^2 + 13\xi - 30\\ (\xi + 3)(\xi + 10) &= \xi^2 + 13\xi + 30\\ \end{align}

Y, doblando nuestras respuestas, $ 2x = 17, \quad 2y = 7, \quad 2z = 13$

Y vemos que $x^2 + y^2 = z^2$

Para aumentar la respuesta de Álvaro Lozano-Robledo, añado esta imagen. proof without words

Que generaliza a

this

2voto

Supongamos que $0<a<b<c$ es una terna pitagórica, es decir, $a^2+b^2=c^2$. Entonces, $2c^2$ es también una suma de dos cuadrados: $$2c^2 = 2(a^2+b^2) = (1^2+1^2)(a^2+b^2) = (b+a)^2+(b-a)^2.$$ Por lo tanto, el triple de pitágoras $(a,b,c)$ produce una solución de $(b-a,b+e,c)$ de $x^2+y^2=2z^2$. Por ejemplo, $(3,4,5)$ produce $(1,7,5)$, o $1+7^2=2\cdot 5^2$.

Por el contrario, si $(e,f,g)$ es una solución de $x^2+y^2=2z^2$ con $e<f$, entonces $g^2$ es también una suma de dos cuadrados, es decir, $$g^2 = \left(\frac{f+e}{2}\right)^2 + \left(\frac{f-e}{2}\right)^2.$$ Por lo tanto $(e,f,g)$ produce una terna pitagórica $((f-e)/2,(f+e)/2,g)$. (Tenga en cuenta que $f^2+b^2$ es par, y por lo que $f\equiv e \bmod 2$, y por lo tanto $f+e$ y $f-e$ son incluso demasiado.)

De ello se desprende que hay un bijection entre ternas pitagóricas y soluciones de $x^2+y^2=2z^2$: $$(a,b,c) \mapsto (b-a,b+e,c).$$

Ya que cada terna pitagórica puede ser escrita como: $$(\lambda(n^2 m^2),\lambda 2mn,\lambda(n^2+m^2))$$ para algunos $n>m>0$ y $\lambda\geq 1$, tenemos que cada solución de $x^2+y^2=2z^2$ es de la forma $$(\lambda(2mn-(n^2 m^2)), \lambda(n^2 m^2+2mn),\lambda(n^2+m^2))$$ para algunos $\lambda\geq 1$ y $0<m<n$.

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