Una conexión entre los números de Fermat y los triángulos de Heron vía resultados de Luca.

Transcripción

1 Una conexión entre los números de Fermat y los triángulos de Heron vía resultados de Luca. Escuela de Matemáticas Universidad Industrial de Santander Bucaramanga, COLOMBIA

2 Motivación Para todo m 0 se definen los numeros de Fermat como F m = 2 2m + 1 Sabemos hasta ahora que F m es primo para todo 0 m 4 Gauss en su obra Disquisitiones Arithmaticae, muestra que los números de Fermat se encuentran relacionados con el número de lados de poĺıgonos regulares que puede ser construidos con regla y compás. En realidad Gauss en el ultimo capitulo de [1] demuestra que P n es construible si n = 2 k p 1 p 2...p m donde p i es un primo de Fermat.

3 Para llegar a la demostración del anterior anterior resultado se necesitan conceptos de Teoría de Galois, se recomienda ver [2] para una breve introducción al problema. En esta charla presentamos la caracterización de los Triángulos de Heron con lados potencias de un número primo utilizando ideas de Florian Luca hechas en [3]. Un Triángulo de Heron es un triángulo tal que su area es un entero y la longitud de sus lados también es entero.

4 Notación y Preliminares Sean a, b, c las longitudes de lados de un triángulo de Heron, denotaremos como A el área y por h a, h b, h c las longitudes para las alturas para los lados a, b, c respectivamente, y S = a+b+c 2 al semiperímetro. A = S(S a)(s b)(s c) (1) Donde S Z + Enunciemos a continuación el resultado central de nuestra la charla.

5 Teorema Sean a, b, c las longitudes de los lados de un triángulo de Heron con a b c. Si a, b, c son potencias de números primos entonces se tiene que: (a, b, c) = (5, 4, 3) ó (a, b, c) = (F m, Fm, 4(F m 1 1)) para algún m 1 tal que F m sea primo.

6 Caso 1 Asumamos que el triángulo es isosceles donde a = b y c es par luego a = p α como a, h c y c/2 forman una tripla pitagórica y el min(a, b, c) 3 ( c ) 2 a 2 = hc 2 + (2) 2 Cuando c = 2 γ de (2) obtenemos: Si p = 2 tenemos por (3) p 2α = h 2 c + 2 2(γ 1) (3)

7 2 2α = h 2 c + 2 2(γ 1) donde α γ además 2 γ 1 h c por tanto h c = 2 γ 1 k dividiendo por 2 2(γ 1) la anterior ecuación obtenemos: 2 2(α γ+1) = k (4) Lo cual es imposible ya que la diferencia de 2 cuadrados consecutivos es estrictamente mayor que 1

8 Si p es impar, (3) implica que la tripla a, h c y c/2 es reducida, luego por la caracterización de las triplas pitagóricas existen enteros m, n (m > n) tal que: p α = m 2 + n 2, h c = m 2 + n 2, 2 γ 1 = 2mn (5) De la ecuación (5) se tiene m = 2 γ 2 y n = 1 p α = 2 2(γ 2) + 1 (6) La anterior ecuación es un caso particular de la ecuación

9 X u = Y w + 1 Ecuación de Catalan (1844) Además Lebesgue mostró en 1850 que la ecuación x m = y no tiene solución en los enteros cuando m > 1 por tanto: p = 2 2(γ 2) + 1 (7) Luego p es de la forma p = 2 w + 1 para algún w 1, pero los únicos primos de la forma anterior son los de Fermat. Es decir p = F m para algún m > 0 y por (7) se tiene que p es suma de 2 cuadrados, entonces p = F m con m 1 y γ 2 = 2 m 1. (a, b, c) = (F m, F m, 2 γ ) = (F m, F m, 2 2m 1 +2 ) = (F m, F m, 4(F m 1))

10 Caso 2 Asumamos que todos los 3 lados a,b,c son distintos, para ello haremos uso del siguiente lema sobre los lados de un triángulo de Heron cuando ellos son potencias de primos. Lema Sean a, b, c las longitudes de los lados de un triángulo de Heron, asumamos que p α a para algún numero primo p tal que p = 2 ó p 3(mod4) entonces p α+1 gcd((b 2 c 2, 4A) si p = 2, p α gcd((b 2 c 2, A) si p > 2

11 Demostración: Sea a = p α, b = q β, c = 2 γ donde p, q son impares aplicando el lema para p = 2 se tiene: 2 γ c implica que 2 γ+1 4A, 2 γ+1 (a 2 b 2 ) i.e c 2A, 2 γ+1 (a + b)(a b) El caso c (a b) es imposible ya que 0 < a b < c (desigualdad triangular) Entonces c a + b, cuando γ 2 se tiene que alguno de ellos es congruente con 1 modulo 4 y el otro con 3 modulo 4, supongamos ahora sin perdida de generalidad que: a = p α 1(mod4), b = q β 3(mod4)

12 Con β impar. Aplicando nuevamente el lema: q β b implica b = q β A entonces b 2A como: c 2A bc 2A (8) De (8) A bc/2, ahora: A = bc(â) donde (Â) es el ángulo opuesto al lado a. Como consecuencia de esta ultima expresión se deriva que: (Â) 1 Â = π 2 luego (a, b, c) forma una tripla pitagórica.

13 p 2α = 2 2γ + q 2β (9) Por tanto existen enteros coprimos n < m tal que: p α = m 2 + n 2, q β = m 2 n 2, 2 γ = 2mn 2 γ 1 = m, n = 1 q β = m 2 1 = (m + 1)(m 1) Como (m + 1, m 1) = 1 primos relativos impares entonces: m 1 = 1 ie m = 2 γ = 2 lo que significa c = 2 γ = 4

14 q β = m 2 1 = = 3 luego β = 1 es decir b = q β = 3 Finalmente p α = = 5 donde α = 1 a = p α = 5 (a,b,c)=(5,3,4)

15 Referencias bibliográficas Gauss K.F, Disquisitiones Arithmaticae, Springer Verlag, New York Giraldo L, Poĺıgonos Construibles. Matemática Enseñanza Universitaria, Marzo de Luca F, Fermat Primes and Heron Triangules with Prime Power Sides.American Mathematical Mounthly, Vol 103(2003). Lebesgue V.A, Sur l impossibilité en nombres entiers de l équation x m = y 2 + 1, Nouv. Ann. Math. 9 (1850), Erdos P, Suranyi J, Topics in the Theory of Numbers, Undergraduate Texts in Mathematics. Springer Berreiza.P, Algoritmos Deterministas de Primalidad. USB-Venezuela 2004.

16 Demostración del Lema Trataremos el caso p > 2, de la formula (1) obtenemos 2a 2 c2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 b 2 a 4 b 4 c4 = (4A) 2 2a 2 (b 2 + c 2 ) a 4 (b 2 c 2 ) 2 = (4A) 2 Reduciendo la anterior ecuación modulo p 2α obtenemos: (b 2 c 2 ) 2 (4A) 2 (modp 2α ) Si p δ (b 2 c 2 ) i.e (p δ+1 b 2 c 2 )

17 Dividiendo la ecuación por p 2δ donde δ < α (b 2 c 2 ) 2 p 2δ (4A)2 p 2δ (modp 2(α δ) ) ( b 2 c 2 ) 2 ( ) 4A 2 p δ p δ (modp 2(α δ) ) lo cual es imposible ya que 1 no es un residuo cuadrático modulo p. Por tanto p α (b 2 c 2 ) y p 2 A.

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