miércoles, 19 de junio de 2013

El descenso infinito. Ecuación diofántica $x^4+y^4=z^2$

El descenso infinito es una técnica de demostración que fue muy utilizada por Fermat para resolver ecuaciones diofánticas.

Este razonamiento se basa en la siguiente propiedad de $\mathbb{N}$:

Sea $A$ un subconjunto de $\mathbb{N}$. Si para todo $n\in A$ existe otro $m\in A$ tal que $m < n$ entonces $A=\emptyset$.

Que no es más que otra forma de decir que todo subconjunto no vacío de $\mathbb{N}$ tiene mínimo, es decir, que el orden habitual de $\mathbb{N}$ es un buen orden.
Con esta técnica se puede demostrar que la ecuación diofántica $x^4+y^4=z^2$ no tiene soluciones naturales.

En efecto, supongamos que sí la tiene, y que $z$ es mínimo posible, es decir, sea $A=\{\zeta\in\mathbb{N} : (\exists x,y\in\mathbb{N}):x^4+y^4=\zeta^2\}$ y $z$ el elemento mínimo de $A$.

Entonces $(x^2,y^2,z)$ es una terna pitagórica primitiva (TPP). Por tanto (según se demostró aquí), existen dos enteros $u$ y $v$ de distinta paridad y primos entre sí tales que
$$\begin{array}{rcl}z&=&u^2+v^2\\x^2&=&u^2-v^2\\y^2&=&2uv\end{array}$$
De la segunda ecuación se deduce que $(v,x,u)$ es una TPP, por lo que $u$ es impar, así que $v$ es par, y $u$ y $2v$ son primos entre sí. Como $2uv$ es un cuadrado perfecto, $u$ y $2v$ serán cuadrados perfectos. Poniendo que $v=2w$:
$$\begin{array}{rcl}u&=&m^2\\w&=&n^2\end{array}$$
pero entonces
$$x^2=m^4-4w^4$$
es decir, que $(2w^2, x, m^2)$ es una terna pitagórica, y será primitiva porque $x$ es primo con $u$, y por tanto con $m$. Entonces,
$$\begin{array}{rcl}m^2&=&u_1^2+v_1^2\\2w^2&=&2u_1v_1\end{array}$$
Y como $u_1$ y $v_1$ son primos entre sí, $u_1=m_1^2$ y $v_1=n_1^2$, con lo que

$$m^2=m_1^4+n_1^4$$
es decir, que $m\in A$, pero $m\leq m^2 = u \leq u^2< u^2+v^2 = z$, lo que contradice que $z$ es el elemento mínimo de $A$. Por tanto $A=\emptyset$, es decir, la ecuación diofántica no tiene soluciones naturales.

jueves, 13 de junio de 2013

Números perfectos

Existen números naturales que son iguales a la suma de sus partes alícuotas (en un lenguaje más moderno, iguales a la suma de sus divisores). Los números con esta propiedad se llaman números perfectos.
Ejemplos:
$$\begin{array}{rcl}6&=&1+2+3\\28&=&1+2+4+7+14\end{array}$$
Obsérvese que en la definición de número perfecto, el propio número no se considera divisor de sí mismo. Esto es una herencia de las matemáticas clásicas. En matemática moderna, la suma de los divisores de un número se representa a veces con la letra griega $\sigma$, y entre los divisores que se suman sí está incluido el propio número. Así, definimos:

Definición: Sea $n$ un número natural. Si $\sigma(n)=2n$ se dice que $n$ es un número perfecto.

Euclides descubrió que todos los números de la forma $m=2^{n-1}\cdot (2^n-1)$ son perfectos, siempre que $2^n-1$ sea primo. En efecto, los divisores de un número de esta forma serán:

  • Las potencias de $2$: $1,2,\ldots,2^{n-1}$
  • Todos los números anteriores multiplicados por $2^n-1$
Como $2^n-1$ es primo, no hay más divisores. La suma de todos ellos es
$$\begin{array}{rcl}1+2&+&\ldots+2^{n-1}+(2^n-1)(1+2+\ldots+2^{n-1})\\&=&(2^n-1)+(2^n-1)(2^n-1)=2^n(2^n-1)=2m\end{array}$$
donde se ha empleado la fórmula para la suma de una progresión geométrica.

Casi dos mil años más tarde, Euler probó que éstos son los únicos números perfectos pares. Para demostrarlo, necesitamos utilizar el hecho de que $\sigma$ es una función aritmética multiplicativa, es decir, que $\sigma(mn)=\sigma(m)\sigma(n)$ siempre que $m$ y $n$ sean primos entre sí.

Proposición: Si $m$ y $n$ son primos entre sí, entonces $\sigma(mn)=\sigma(m)\sigma(n)$.

Demostración: Si razonamos por inducción, bastará demostrar que si $m\in\mathbb{N}$, $p$ es un primo que no divide a $n$ y $\alpha$ es natural, entonces $\sigma(p^\alpha m)=\sigma(p^\alpha)\sigma(m)$.
Pero los divisores de $p^\alpha m$ son los de $m$, los de $m$ multiplicados por $p$, $\ldots$ y los de $m$ multiplicados por $p^\alpha$, así que
$$\sigma(p^\alpha m)=\sum_{j=0}^\alpha p^j\sigma(m) =\sigma(m) \sum_{j=0}^\alpha p^j=\sigma (p^\alpha)\sigma(m)$$

Teorema: Si $m$ es un número perfecto par, entonces existe un natural $n$ tal que

  • $2^n-1$ es primo
  • $m=2^{n-1}(2^n-1)$
Demostración:
Supongamos que $m$ es perfecto y par, y que $m=2^rq$ con $r\geq1$ y $q$ impar. (Este tipo de descomposición existe y es única para cualquier natural par). El número $q$ no puede ser 1, ya que si lo fuera, $m$ sería una potencia de $2$, y en ese caso $\sigma(m)=2m-1$.
Al ser $m$ perfecto,
$$\sigma(2^rq)=2^{r+1}q$$
y aplicando la proposición anterior,
$$\sigma(2^rq)=\sum_{j=0}^r 2^j\sigma(q)=(2^{r+1}-1)\sigma(q)$$
es decir, que
$$2^{r+1}q=(2^{r+1}-1)\sigma(q)$$

Como $q\neq 1$ podemos poner $\sigma(q)=q+1+S$ donde $S$ es un entero no negativo, la suma de los divisores de $q$ distintos de $1$ y $q$. Sustituimos y
$$2^{r+1}q=(2^{r+1}-1)(q+1+S)$$
de donde
$$q=(2^{r+1}-1)(S+1)$$
pero entonces, si $S\neq 0$, y por ser $r\geq 1$, los números $q$, $S+1$ y $1$ son divisores distintos de $q$, y entonces $S\geq S+1$, una contradicción. Concluimos que $S=0$, y que $q$ es primo.
Ahora tenemos que $q=2^{r+1}-1$, lo que demuestra el teorema.

Entonces, los primeros números perfectos son:
$$\begin{array}{l}2^1\cdot(2^2-1)=6\\2^2\cdot(2^3-1)=28\\2^4\cdot(2^5-1)=496\\2^6\cdot(2^7-1)=8128\\ \ldots\end{array}$$

Para que $2^r-1$ sea primo, es necesario que $r$ sea primo. En efecto, si $r=st$ (donde $s$ y $t$ son naturales y $1 < s < r$) entonces $2^r-1=(2^s)^t-1$, que es múltiplo de $2^s-1$. Por desgracia (?), no es una condición suficiente. El primer ejemplo de ello es $2^{11}-1=23\cdot 89$. Al menos, existe una condición necesaria bastante restrictiva y sencilla de demostrar con teoría de grupos finitos:

Teorema: Si $p$ es primo y $q$ es un primo que divide a $2^p-1$ entonces $q \equiv_p 1$.

Demostración: La hipótesis implica que $2^p \equiv_q 1$, es decir, que el orden $\mathcal{O}_q(2)$ de $2$ es múltiplo de $p$ en el grupo multiplicativo $(\mathbb{Z}_q)^*$, que tiene $q-1$ elementos. Por el teorema de Lagrange, $q-1$ es múltiplo de $\mathcal{O}_q(2)$ y por tanto de $p$, es decir, $q\equiv_p 1$, como se quería demostrar.

Los números primos de la forma $2^p-1$ se llaman primos de Mersenne. Se desconoce si hay, o no, infinitos de estos números, por lo que se desconoce si el número de perfectos pares es finito.

Sobre los números perfectos impares se sabe muy poco. Se desconoce si hay alguno, aunque hay resultados que restringen su tamaño y propiedades. Aquí (en inglés) se pueden consultar algunos de ellos.

miércoles, 12 de junio de 2013

El ortocentro

Una altura de un triángulo $\triangle ABC$ es una recta perpendicular a un lado que pasa por el vértice opuesto. Como demostraremos a continuación, las tres alturas concurren en un punto $P$ llamado ortocentro.



Si el triángulo es acutángulo, los pies de las alturas $H_a$, $H_b$ y $H_c$ son los vértices de un triángulo llamado triángulo órtico, y el ortocetro de $\triangle ABC$ coincide con el incentro de $\triangle H_aH_bH_c$.

Por los puntos $A$, $B$ y $C$ trazamos paralelas a los lados $a$, $b$ y $c$, respectivamente, que se cortan en $A'$, $B'$ y $C'$. Como los cuadriláteros $ABCC'$, $ABCB'$ y $ABA'C$ son paralelogramos, resulta que $AC'$=$BC$=$AB'$, es decir, que $A$ es el punto medio de $B'C'$. Del mismo modo se razona que $B$ es el punto medio de $A'C'$ y $C$, el de $A'B'$. Es decir, que las alturas de $\triangle ABC$ son las mediatrices de $\triangle A'B'C'$, lo que prueba que concurren, y que el ortocentro de $\triangle ABC$ es el circuncentro de $\triangle A'B'C'$.

La prueba de que $P$ es el incentro del triángulo órtico es más complicada (al menos, la que yo he encontrado).  Empezaremos demostrando una sencilla relación entre los lados del triángulo órtico y los lados y ángulos de $\triangle ABC$.

Teorema: Con la notación ya mencionada,
$$\begin{array}{rcl}a\,\cos\hat A&=&H_bH_c\\b\,\cos\hat B&=&H_aH_c\\c\,\cos\hat C&=&H_aH_b\end{array}$$

Demostración: Demostraremos sólo la primera igualdad, ya que la prueba de las otras dos es totalmente análoga.
Aplicando el teorema del coseno en el triángulo $\triangle AH_bH_c$ obtenemos que
$${H_bH_c}^2={AH_b}^2+{AH_c}^2-2AH_b\cdot AH_c\,\cos\hat A$$
pero $AH_b=c\,\cos\hat A$ y $AH_c=b\,\cos\hat A$, así que
$$\begin{array}{rcl}
{H_bH_c}^2&=&c^2\,\cos^2\hat A+b^2\,\cos^2\hat A-2bc\,\cos^3\hat A=\\
&=&\cos^2\hat A(b^2+c^2-2bc\,\cos\hat A)=\\
&=&a^2\cos^2\hat A
\end{array}$$

Como el triángulo es acutángulo, $\cos\hat A$ es positivo, y entonces $a\,\cos\hat A=H_bH_c$, como se quería probar.

Ahora, si aplicamos el teorema de los senos al triángulo $\triangle AH_aH_b$,
$$\frac {AH_b}{\text{sen}\angle AH_aH_b}=\frac {H_aH_b}{\text{sen}\angle H_bAH_a}$$
y aplicando el teorema anterior y teniendo en cuenta que $\angle H_bAH_a$ y $\hat C$ son complementarios:
$$\frac {c\,\cos\hat A}{\text{sen}\angle AH_aH_b}=\frac {c\,\cos\hat C}{\cos\hat C}$$
o sea, que $\cos\hat A=\text{sen}\angle AH_aH_b$, por lo que estos ángulos son complementarios. Del mismo modo vemos que $\hat A$ y $\angle AH_aH_c$ son complementarios, por lo que $\angle AH_aH_b=\angle AH_aH_c$ y la bisectriz de $\angle H_bH_aH_c$ es $AH_a$, es decir, la altura sobre $a$ del triángulo $\triangle ABC$.

Del mismo modo se comprueba que las otras alturas son las otras bisectrices del triángulo órtico.

sábado, 8 de junio de 2013

El baricentro

Las medianas de un triángulo son rectas que pasan por un vértice y por el punto medio del lado opuesto. Cada una de ellas divide al triángulo en otros dos de igual área y las tres concurren en un punto llamado baricentro, lo que probaremos a continuación.
Es habitual también considerar que la mediana es sólo el segmento que une el vértice y el punto medio del lado opuesto, y no la recta completa.


Teorema: Las medianas de un triángulo concurren en un punto llamado baricentro, que divide a éstas en dos partes, siendo una de ellas el doble de la otra.

Demostración: Los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle AM_bM_c$ son semejamtes porque comparten el ángulo $\hat A$ y $AM_c / AB= AM_b/AC=1/2$, así que el segmento $M_bM_c$ es paralelo a $BC$ y mide la mitad.
Los puntos $P$ y $Q$ son los puntos medios de $BG$ y $CG$, respectivamente. Razonando como antes, observamos que los triángulos $\triangle GBC$ y $\triangle GPQ$ también son semejantes, y el segmento $PQ$ es paralelo y mide la mitad que $BC$.
Como $PQ$ y $M_bM_c$ son paralelos e iguales, el cuadrilátero $PQM_bM_c$ es un paralelogramo, cuyas diagonales se cortan en $G$, que es, por tanto, el punto medio de las mismas. Resulta entonces
$$\begin{array}{c}M_cG=GQ=QC=\frac13CM_c\\M_bG=GP=PB=\frac13BM_b\end{array}$$
o sea, que $2GM_b=BG$ y $2GM_c=CG$
Si las medianas $AM_a$ y $BM_b$ se cortaran en otro punto $G'$, tendríamos que $BG'=2G'M_b$, así que $G=G'$.

viernes, 7 de junio de 2013

El incentro

En un triángulo $\triangle ABC$, consideramos las bisectrices $b_A$ y $b_B$ de los ángulos $\hat A$ y $\hat B$, respectivamente. Dichas bisectrices cortan siempre al lado opuesto en algún punto comprendido entre los vértices, por lo que $b_A$ y $b_B$ se cortan en un punto $I$ interior al triángulo, llamado incentro. Como todos los puntos de la bisectriz de un ángulo equidistan de sus lados, el punto $I$ está a una distancia $r$ de cada uno de los lados del triángulo. Por tanto, la circunferencia con centro en $I$ y radio $r$ es tangente a los lados en puntos que llamaremos $T_A$, $T_B$ y $T_C$.
 
Por ser segmentos de tangente, tenemos las igualdades:
$$\begin{array}{rcl}AT_b&=&AT_c\\BT_a&=&BT_c\\CT_a&=&CT_b\end{array}$$
También es posible descomponer el área del triángulo:
$$[ABC]=[AIB]+[BIC]+[AIC]=\frac 12(ar+br+cr)=\frac{Pr}2$$
donde la notación $[XYZ]$ hace referencia al área del triángulo $\triangle XYZ$ y $P$ es el perímetro del triángulo $\triangle ABC$.

Quizá sea éste un buen lugar para enunciar y demostrar el teorema de la bisectriz:

Teorema: Sea $B_a$ el punto de corte de la bisectriz $b_A$ con el lado $a$. Los segmentos $BB_a$ y $B_aC$ están en la misma proporción que los lados $b$ y $c$.

Demostración: Aplicando el teorema de los senos al triángulo $ABB_a$ obtenemos
$$\frac {BB_a}{\text{sen}(\hat A/2)}=\frac{AB_a}{\text{sen}\hat B}$$
y haciendo lo mismo en el triángulo $AB_aC$,
$$\frac {B_aC}{\text{sen}(\hat A/2)}=\frac{AB_a}{\text{sen}\hat C}$$
de donde
$$\frac{BB_a}{B_aC}=\frac {\text{sen}\hat B}{\text{sen}\hat C}$$
y de nuevo por el teorema de los senos,
$$\frac{BB_a}{B_aC}=\frac bc$$

En particular, se deduce que la bisectriz corta en el punto medio del lado si y sólo si $b=c$ (aunque, desde luego, hay formas mucho más elementales de probarlo).

Ejercicio: En un triángulo rectángulo de lados $3$, $4$ y $5$, calcular la longitud del segmento de bisectriz del ángulo recto.

El circuncentro

Si $\triangle ABC$ es un triángulo con lados $a$, $b$, $c$, y $m_a$, $m_b$ son las mediatrices de los lados $a$ y $b$, respectivamente, éstas se cortan, ya que si fueran paralelas, lo serían los lados, lo que en un triángulo es imposible.
El punto de corte $O$ equidista de $B$ y $C$ por estar en $m_a$, y equidista de $A$ y $C$ por estar en $m_b$. Es decir:
$$AO=BO=CO$$
Por ello, existe una (única) circunferencia que pasa por los tres vértices, llamada circunferencia circunscrita. La llamaremos $\omega$.

Los ángulos $\hat A$, $\hat B$ y $\hat C$ están inscritos en $\omega$. Por esto, si alguno de ellos es obtuso (pongamos que sea, por ejemplo, $\hat A$), el ángulo central $\angle BOC$ será cóncavo. El circuncentro estará fuera del triángulo. En cambio, si el triángulo es acutángulo, el circuncentro estará en el interior del triángulo. Y si el ángulo $\hat A$ es recto, el ángulo $\angle BOC$ será llano, es decir, que $O$ sería el punto medio de la hipotenusa $a$. Si lo desea, puede mover los vértices del triángulo en el applet para comprobarlo experimentalmente.

El radio $R$ de la circunferencia circunscrita se puede calcular con sólo dos datos: cualquiera de los tres lados y su ángulo opuesto.
En efecto. Sea $A'$ el punto diametralmente opuesto a $C$ en $\omega$. El triángulo $\triangle A'BC$ es rectángulo y tiene la misma circunferencia circunscrita. Además, los ángulos $\hat A$ y $\angle BA'C$ son iguales por ser inscritos que abarcan el mismo arco. Entonces
$$2R=\frac{BC}{\text{sen}\angle BA'C}=\frac{a}{\text{sen}\hat A}$$
El teorema de los senos asegura que
$$\frac{a}{\text{sen}\hat A}=\frac{b}{\text{sen}\hat B}=\frac{c}{\text{sen}\hat C}$$
es decir, que el cociente entre un lado y el seno de su ángulo opuesto es constante. Dicha constante no es otra cosa que el diámetro de la circunferencia circunscrita.

martes, 4 de junio de 2013

Ecuación diofántica $a^2-ab+b^2=c^2$

Buscando una solución al problema de encontrar un polinomio de tercer grado con raíces enteras cuya derivada tenga una raíz entera, del cual se habla en otra entrada de este blog, di con una forma de resolver la ecuación diofántica planteada en el título, con soluciones no triviales, como
$$\begin{array}{c}a=5, b=8, c=7\\a=7, b=15,c=13\end{array}$$
Para ello comenzamos con un teorema que relaciona las soluciones de esta ecuación los la clase de polinomios antes mencionada:

Teorema: Sean $a$ y $b$ dos enteros positivos. La derivada del polinomio $x(x-a)(x-b)$ tiene una raíz entera si y sólo si $a^2-ab+b^2$ es un cuadrado perfecto.

Demostración: Dicha derivada no es otra que
$$x(x-a+x-b)+(x-a)(x-b)=3x^2-2(a+b)+ab$$

Si este polinomio tiene dos raíces racionales, serán ambas enteras (si $a$ y $b$ son múltiplos de $3$) o bien una será entera y la otra tendrá denominador $3$. En cualquier caso, esto ocurrirá sólo si el discriminante
$$\Delta=4(a+b)^2-12ab=4(a^2-ab+b^2)$$
es cuadrado perfecto.

Ahora resolvemos la ecuación.

Supongamos que $a$, $b$ y $c$ son solución de la ecuación, es decir, que
$$a^2-ab+b^2=c^2$$
Entonces el polinomio $x(x-a)(x-b)$ tiene raíces enteras y su derivada tiene al menos una raíz entera $m$. Según lo visto en la entrada antes mencionada, existen números $p$, $q$ primos entre sí y un entero no nulo $k$ tales que $m=-kpq$, $m-a=kp(p+q)$ y $m-b=kq(p+q)$, o sea
$$\begin{array}{rcl}a&=&kp(p+2q)\\b&=&kq(2p+q)\end{array}$$

Estas son efectivamente soluciones de la ecuación, ya que
$$[kp(p+2q)]^2+[kq(2p+q)]^2-k^2pq(p+2q)(2p+q)=k^2(p^2+pq+q^2)^2$$
Es decir, $c=k(p^2+pq+q^2)$.

Obtención de un polinomio de tercer grado con raíces enteras cuya derivada tiene raíces enteras

Es un ejercicio muy habitual en bachillerato hallar los puntos de corte con el eje de abscisas, los máximos y los mínimos y los puntos de inflexión de una función.
El alumno, en general, se sentirá más seguro de su labor cuando los resultados que obtiene son enteros, o, al menos, racionales. Por ello, considero que encontrar funciones cuyos puntos de corte con los ejes, máximos, mínimos y puntos de inflexión cumplan estos requisitos tiene un innegable valor didáctico.

En esta entrada abordaremos el problema con uno de los casos más sencillos: los polinomios de tercer grado. Las abscisas de estos puntos "importantes" sólo dependen de las raíces que tenga el polinomio, por lo que podemos considerar que es mónico. Partimos pues, de la siguiente función:
$$f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$$
donde $a$, $b$ y $c$ son enteros distintos y no nulos.
Derivando, queda que
$$f'(x)=(x-a)(x-b)+(x-a)(x-c)+(x-b)(x-c)$$

Supongamos que $m$ es una raíz entera de $f'(x)$. Entonces, hacemos $p=m-a$, $q=m-b$, $r=m-c$ y obtenemos que $pq+pr+qr=0$, o, lo que es equivalente,
$$\frac 1p+\frac 1q+\frac 1r=0$$

Para que esta igualdad sea posible, de los números $p$, $q$ y $r$, dos serán positivos y uno negativo, o viceversa. Empezaremos asumiendo que $p>0$, $q>0$ y $0>r$. De la igualdad
$$\frac{p+q}{pq}=-\frac 1r$$
deducimos que $p+q$ divide a $pq$.

Sea $d=$mcd$(p,q)$. Sea $p'=p/d$, $q'=q/d$. Entonces $p'+q'$ divide a $dp'q'$ y los números $p'$ y $q'$ son primos entre sí. Y como $p'+q'$ es primo con $p'$ y con $q'$, necesariamente $p'+q'$ divide a $d$.

Entonces, un método para obtener un polinomio de estas características sería el siguiente:

  1. Elegimos dos números $p'$ y $q'$ positivos y primos entre sí, y un múltiplo $d$ cualquiera (puede ser negativo) de $p'+q'$. Ponemos $p=dp'$, $q=dq'$, $r=-\frac{pq}{p+q}$. Esta fracción es en realidad un número entero.
  2. Elegimos otro número entero cualquiera $m$, y ponemos $a=m-p$, $b=m-q$, $c=m-r$. El polinomio con raíces $a$, $b$ y $c$ es el polinomio buscado.

lunes, 3 de junio de 2013

Ternas Pitagóricas III

Ya hemos caracterizado los números que pueden ser hipotenusas de una TPP. Nos queda la tarea --mucho más simple-- de hacer lo mismo con los catetos.

La manera más obvia (y más sencilla) de diferenciar a los catetos de una TPP es la paridad, ya que, como hemos visto, uno de ellos será par y el otro impar. Sabemos que existen dos naturales $u$ y $v$, de distinta paridad y primos entre sí tales que el cateto par $a$ será $a=2uv$ y el cateto impar $b$ será $b=u^2-v^2$. En particular vemos que $u>v$.

El problema que vamos a resolver es: "Dado un número natural $n$, ¿existe alguna TPP que lo contenga como cateto?". Consideraremos dos casos:

Caso 1: $n$ es impar. Este caso es sencillo: cualquier impar, salvo el 1, puede formar parte como cateto de una TPP. En efecto, $n=\left(\frac{n+1}2\right)^2-\left(\frac{n-1}2\right)^2$, así que ya tenemos los valores de $u$ y $v$. Son de distinta paridad y primos entre sí por una simple razón: son consecutivos.
Es mas interesante, quizá, plantearse en cuántas TPP puede aparecer. Aunque dejaré esta cuestión quizá para otra entrada, cabe resaltar que está muy relacionada con el número de divisores de $n$.

Caso 2: $n$ es par: Partimos de la ecuación $2uv=n$ y del hecho de que $u$ y $v$ tienen distinta paridad y son primos entre sí. Pondremos que $u$ será par y $v$ impar. En seguida se ve que $n$ debe ser múltiplo de 4.
Esta condición también es suficiente. Pongamos que $n=2^rv$ donde $r\geq 2$ y $v$ es impar. Entonces será $u=2^{r-1}$, y es obvio que $u$ y $v$ tendrán distinta paridad y serán primos entre sí. Podría ser, claro, que no se cumpla la condición $u>v$, pero entonces basta con intercambiar sus papeles, es decir, comenzar con que $n=2^ru$ y $v=2^{r-1}$.
En este caso también es interesante (y algo más complejo) el problema de averiguar cuántas TPP existen.

Ternas Pitagóricas I

Una terna pitagórica (TP) es una terna de números naturales $(a,b,c)$ tales que $a^2+b^2=c^2$  (no consideraremos aquí al 0 como número natural). Por ejemplo, $(3,4,5)$ es una terna pitagórica, ya que $3^2+4^2=5^2$. Se dice que una TP es primitiva si el máximo común divisor de los tres números es 1. Por analogía con el teorema de Pitágoras, llamaremos a $a$ y a $b$ catetos, y a $c$, hipotenusa.

Debido a la relación $a^2+b^2=c^2$, los componentes de una terna pitagórica primitiva (TPP), son primos entre sí dos a dos, ya que si algún número divide a dos de ellos, necesariamente será divisor del otro.

En particular, en una TPP sólo puede haber un término par. Y de hecho, tiene que haberlo, ya que la suma de dos impares es par.

Si dividimos los términos de una TP entre su máximo común divisor, obtenemos una TPP. En efecto, si llamamos $d$ a dicho m.c.d., se cumple la relación
$$\left(\frac ad\right)^2+\left(\frac bd\right)^2=\left(\frac cd\right)^2$$
y los números $(a/d, b/d, c/d)$ son primos entre sí.

La suma de los cuadrados de dos números impares es
$$(2m-1)^2+(2n-1)^2=4(m^2+n^2-2mn)+2$$
es decir, es par, pero no múltiplo de 4, así que no puede ser un cuadrado perfecto. De ello se deduce que los catetos de una TP no pueden ser ambos impares.

Luego en una TPP habrá un cateto par y otro impar, y la hipotenusa será impar.

Estamos listos para enunciar y demostrar el siguiente teorema:

Teorema: Si $(a,b,c)$ es una TP, entonces existen números naturales $d$, $u$ y $v$ tales que
$$\left\{\begin{array}{rcl}a&=&d\cdot 2uv\\ b&=&d(u^2-v^2)\\c&=&d(u^2+v^2)\end{array}\right.$$
Y, recíprocamente, para cualesquiera números naturales $d$, $u$, $v$ con $u>v$ la terna $[d\cdot 2uv, d(u^2-v^2), d(u^2+v^2)]$ es una TP, que será primitiva cuando $d=1$ y $u$ y $v$ sean primos entre sí y tengan distinta paridad.

Demostración:
Supondremos inicialmente que $(a,b,c)$ es una TPP con $a$ par. Sea $m=a/2$. Entonces
$$4m^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)$$
Como $a$ es par, los números $b$ y $c$ son impares, por lo que $c-b$ y $c+b$ serán ambos pares, con lo cual queda
$$m^2=\frac{c-b}2\cdot\frac{c+b}2$$
Como $b$ y $c$ son primos entre sí, $(c-b)/2$ y $(c+b)/2$ también lo son. En efecto, si $p$ fuera un primo que dividiera a $(c-b)/2$ y a $(c+b)/2$, dicho $p$ sería divisor de la suma de ambos ($c$) y de la diferencia ($b$), lo cual es imposible.
Resulta entonces que los números $(c-b)/2$ y $(c+b)/2$ son primos entre sí y su producto es $m^2$, un cuadrado perfecto. Esto implica que $(c-b)/2$ y $(c+b)/2$ son, a su vez, cuadrados perfectos. Ponemos que
$$\left\{\begin{array}{rcl}u&=&\sqrt{\frac{c+b}2}\\ v&=&\sqrt{\frac{c-b}2}\end{array}\right.$$
De aquí se deduce fácilmente que
$$\left\{\begin{array}{rcl}a&=&2uv\\ b&=&u^2-v^2\\c&=&u^2+v^2\end{array}\right.$$

Si $(a,b,c)$ es una TP, no necesariamente primitiva, y $d=\text{mcd}(a,b,c)$, entonces $(a/d,b/d,c/d)$ es una TPP. Intercambiamos $a/d$ y $b/d$ si es necesario para que la primera componente de la terna sea par, y aplicamos lo ya demostrado. Tendremos

$$\left\{\begin{array}{rcl}\frac ad&=&2uv\\ \frac bd&=&u^2-v^2\\ \frac cd&=&u^2+v^2\end{array}\right.$$

lo que demuestra la primera parte del teorema. Así mismo, se puede comprobar fácilmente que
$$[d(u^2-v^2)]^2+(d\cdot 2uv)^2=[d(u^2+v^2)]^2$$

Además, si $u$ y $v$ tienen distinta paridad y son primos entre sí, y suponemos que $p$ divide a $u^2-v^2$ y a $u^2+v^2$ (es decir, que la terna no es primitiva). deducimos que $p$ también dividiría a $2u^2$ (la suma) y a $2v^2$ (la diferencia). El número $p$ no puede ser $2$ porque $u^2-v^2$ es impar, por lo que $p$ divide a $u$ y $v$, lo cual es imposible. Por tanto, en estas condiciones, es una TPP.

Con esto termina la prueba.

Ternas Pitagóricas II

En la entrada anterior dábamos un método para obtener ternas pitagóricas a partir de tres parámetros.
En esta veremos qué valores puede tomar la hipotenusa de una terna pitagórica primitiva. Ya sabemos que es impar, pero no todos los impares pueden ser la hipotenusa de una TPP.

Por lo que vimos en la entrada anterior, si $c$ es la hipotenusa de una TPP, existirán dos naturales $u$ y $v$, primos entre sí y de distinta paridad, tales que $c=u^2+v^2$.

Para encontrar los posibles valores de $c$, necesitaremos unos cuantos resultados de aritmética modular, aunque expresaré los enunciados sin recurrir a ella para facilitar la comprensión. Las demostraciones, en cambio, recurren a herramientas de álgebra propias de un primer curso universitario.


Teorema 1: Si un número primo $p$ es congruente con $1$ módulo $4$ (es decir, si al dividir $p$ entre $4$ se obtiene $1$ de resto) entonces existe un número natural $n$ tal que $n^2+1$ es múltiplo de $p$.

Demostración:  El conjunto $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ será un cuerpo con $p$ elementos. Si multiplicamos todos ellos (excluido el $0$), teniendo en cuenta que $(p-1)/2$ es par, obtenemos:
$$\prod_{k=1}^{p-1} k \equiv_p\prod_{k=1}^{(p-1)/2}(-k^2)\equiv_p (-1)^{(p-1)/2}n^2\equiv_p n^2$$
para un cierto número natural $n$.
Por otro lado, el Teorema de Wilson nos asegura que
$$\prod_{k=1}^{p-1} k \equiv_p -1$$
de lo cual se deduce que $n^2 \equiv_p -1$, como se quería demostrar.


Para probar el siguiente teorema, necesitaremos el anterior. También será crucial una propiedad del anillo $\mathbb{Z}[i]$, que es el conjunto formado por los complejos cuyas partes real e imaginaria son números enteros. Estos números se llaman "enteros de Gauss".
Igual que en el conjunto $\mathbb{Z}$, en el conjunto de los enteros de Gauss hay números primos, y se cumple el teorema fundamental de la aritmética, a saber, que la factorización de un entero de Gauss existe y es única. Por ello se dice que el anillo de los enteros de Guass es un dominio de factorización única (DFU).
En dicho DFU las unidades son $1$, $i$, $-1$ y $-i$. Los números que se obtienen al multiplicar un entero de Gauss $z$ por una unidad se llaman "asociados" de $z$.


Teorema 2: Sea $p$ un número primo impar. Los siguientes enunciados son equivalentes:

  1. Existen dos naturales $u$ y $v$ tales que $p=u^2+v^2$.
  2. Al dividir $p$ entre $4$ se obtiene $1$ de resto.
Demostración: Suponiendo cierto el primer enunciado, como $p$ es un primo impar, necesariamente $u$ será par y $v$ impar (o viceversa). Podemos entonces afirmar que existen naturales $m$ y $n$ tales que
$$p=(2m)^2+(2n-1)^2=4m^2+4n^2-4n+1 \equiv_4 1$$
lo que demuestra el segundo.
Recíprocamente, si suponemos el segundo, estamos en condiciones de aplicar el teorema anterior. Es decir, existe un natural $n$ tal que
$$p|n^2+1=(n+i)(n-i)$$
donde $i$ es, como es habitual, la unidad imaginaria. Como $\mathbb{Z}[i]$ es un DFU, y $p$ no divide a $n+i$ ni a $n-i$, se deduce que $p$, a pesar de ser primo en $\mathbb{Z}$, no es primo en $\mathbb{Z}[i]$, es decir, que existe un primo $z$ de $\mathbb{Z}[i]$ que divide a $p$, $p=zw$. Pero también será entonces $p=\bar z\bar w$, por lo que $\bar z$ también divide a $p$. Así que $z\bar z=|z|^2$ divide a $p^2$. Es decir, que $|z|^2$ debe ser $1$, $p$ o $p^2$. No puede ser $1$ porque $z$ no es una unidad, y tampoco puede ser $p$ porque $p$ es primo, es decir, que $|z|=p$. O si ponemos que $z=u+iv$,
$$p=u^2+v^2$$
como queríamos probar.


Ya hemos hecho el trabajo más duro. Hemos probado que todo primo $p$ de la forma $4n+1$ se puede escribir como la suma de dos cuadrados, y por tanto puede ser la hipotenusa de una TP, y al ser $p$ primo, será una TPP. Por ejemplo, el $5$ es la hipotenusa en la terna $(3,4,5)$ y el $13$ lo es de la terna $5, 12, 13)$. No podemos eliminar la condición de que el número sea primo, ya que el $21$, por ejemplo, no es la hipotenusa de ninguna TPP (ni, por cierto, de ninguna TP).
Sin embargo, algunos números compuestos sí pueden ser la hipotenusa de una TPP. Por ejemplo, el $65$, ya que $(16,63,65)$ y $(33,56,65)$ son ambas TPP.


Teorema 3: Si $m$ es un número impar que se puede escribir como suma de cuadrados primos entre sí y $p$ es un primo de la forma $4n+1$, entonces $mp$ también se puede escribir como suma de cuadrados de al menos dos formas, y en al menos una de ellas los cuadrados son primos entre sí.

Demostración: Pongamos $m=a^2+b^2$ y, por el teorema 2, $p=u^2+v^2$, donde $a$ y $b$ son primos entre sí y $u$ y $v$ también. Entonces
$$mp=(a+ib)(u+iv)(a-ib)(u-iv)=(au-bv)^2+(av+bu)^2$$
y
$$mp=(a+ib)(u-iv)(a-ib)(u+iv)=(au+bv)^2+(-av+bu)^2$$
por lo que ya la prueba se reduce a verificar que o bien $au-bv$ y $av+bu$ son primos entre sí, o bien $au+bv$ y $-av+bu$ son primos entre sí.

Para ello supondremos que $q$ es un primo que divide simultáneamente a $au-bv$ y a $av+bu$, de lo que deducimos que $q|auv-bv^2$ y $q|auv+bu^2$.
Restando obtenemos que $q|b(u^2+v^2)=pb$.
Si $q|b$ entonces $q|au$ y $q|av$. Como $a$ y $b$ son primos entre sí, $q$ no es divisor de $a$, así que divide a $u$ y a $v$, lo que contradice que $u$ y $v$ son primos entre sí. Por tanto $q$ no divide a $b$.
Así que resulta que $p=q$.
De un modo muy similar podemos deducir que si $q'$ divide a $au+bv$ y a $-av+bu$, entonces $p=q'$.

Luego si ninguna de las parejas de números fueran primos entre sí, $p$ sería divisor de $au+bv$ y de $au-bv$. Sumando y restando vemos que $p$ dividiría a $2au$ y a $2bv$. Como $p$ es impar y no divide a $u$ ni a $v$ (ya que es mayor que ambos), resulta que $p|a$ y $p|b$, lo que contradice que $a$ y $b$ son primos entre sí. Con este razonamiento termina la prueba.


Estamos en condiciones de concluir el trabajo:


Teorema 4: Sea $c$ un número natural. Los siguientes enunciados son equivalentes:
  1. $c$ es la hipotenusa de una TPP.
  2. Todos los divisores primos de $c$ son congruentes con $1$ módulo $4$ (es decir, de la forma $4n+1$).
Demostración: Suponiendo el enunciado $1$, deducimos que existen dos naturales $u$ y $v$ que son de distinta paridad y primos entre sí tales que $c=u^2+v^2=(u+iv)(u-iv)$. Supongamos que $p$ es primo y divide a $c$. Entonces:
  • Como $c$ es impar, $p\neq 2$.
  • Como $u$ y $v$ son primos entre sí y $p$ divide a $c$, $p$ no puede dividir a ninguno de los dos.
  • Se deduce que $p$ no puede ser un primo de $\mathbb{Z}[i]$, es decir, que $p$ ha de ser suma de cuadrados (se demuestra igual que en el Teorema 2).
Concluimos, en virtud del Teorema 2, que $p \equiv_4 1$.

Suponemos ahora que se cumple el enunciado 2. En virtud de los teoremas 2 y 3, se deduce inmediatamente que $c$ es suma de cuadrados. Al ser $c$ impar, dichos cuadrados serán de distinta paridad. Nuevamente el teorema 2 (aplicado de forma reiterada para cada factor primo de $c$) asegura que dichos cuadrados pueden elegirse primos entre sí.