G.M. Historias
  Diofanto, la Aritmética y algunas Ecuaciones Diofánticas  
Difanto IconoPoco se conoce sobre la vida de Diofanto. Las investigaciones más creibles lo situan hacia la segunda mitad del siglo III, siendo contemporáneo de Pappo.
Es clásico el epitafio en la Antología de Metrodoro. El mismo, con las debidas reservas, nos lleva a calcular una edad de 84 años.
De él ha llegado hasta nosotros Sobre los números poligonales (o Numeris Multangulis), Porismas (que se cree formaba parte de la Arithmetica), Sobre los números fraccionarios y naturalmente la Arithmetica
"Esta es la tumba que guarda las cenizas de Diofanto.
Es verdaderamente maravillosa porque, gracias a un artificio geométrico, descubre toda su existencia. Dios le permitió ser niño durante 1/6 de su vida;
luego de 1/2 sus mejillas se cubrieron de barba; después de 1/7 se encendió la llama del matrimonio, del que, a los cinco años, tuvo un hijo; pero este niño, desgraciado aunque amado apasionadamente, murió apenas llegó a la mitad de la vida alcanzada por su padre, el cuál vivió cuatro años más mitigando su dolor con investigaciones sobre la ciencia de los números"
Arithmeticorum
"Como sé, muy honorable Dionisio, que quieres aprender a resolver problemas numéricos, he emprendido la tarea de exponer la naturaleza y el poder de los números, empezando por las bases que sustentan estas cuestiones.
Es posible que parezcan más difíciles de lo que son por ser desconocidas aún y que los principiantes duden de conseguir alcanzarlas, pero las comprenderás fácilmente gracias a tu actividad y a mis demostraciones, pues que el deseo unido a la enseñanza conduce rápidamente al conocimiento [...]"

Diofanto continúa en el prefacio presentando las normas indispensables para leer la obra.

Pierre Fermat

Diofanto, Fermat y la Arithmetica han estado estrechamente relacionados a lo largo de la historia de las matemáticas. Todo empezó cuando Fermat, en su ejemplar de la Arithmetica, escribió al lado del problema 8 del Libro II:
Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere cuius demostrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet

Es decir, que la ecuación
x n + y n = z n
no tiene soluciones enteras para n > 2.
En el caso n = 2 una solución es
(x, y, z) = (3, 4, 5) y ya se conocía desde la Grecia clásica.
En general pueden obtenerse estas ternas, denominadas pitagóricas, a partir de la expresión
x = 2n + 1
y = 2n 2 + 2n
z = 2n 2 + 2n + 1
para n = 1, 2, 3, ...
En Euclides. Elementos X 28 Lema I aparece la expresión general de estas ternas:
x = a 2 - b 2
y = 2ab
z = a 2 + b 2

Sin embargo, la demostración de esta proposición ha sido, hasta hace poco, el problema más famoso, al menos más popular, de las matemáticas y a su resolución se haya unido el nombre de grandes matemáticos.
Al mismo Fermat se le atribuye una demostración para el caso n = 4 y a Euler una para n = 3. Dirichlet (1805-1859) y Legendre (1752-1833) también intevinieron y probaron la proposición para n = 5
Y muchos otros como Sophie Germain, Lamé, Kummer, Gerd Faltings (que por sus aportaciones recibió en 1986 una medalla Fields) pero esta columna es demasiado estrecha para contenerlos a todos. Por fin, en 1995 el inglés Andrew Wiles lo logró (después de algunos sustos).
Andrew Wiles
"No hay otro problema que pueda justificar lo mismo para mí. Fue la ilusión de mi infancia. Nada puede reemplazar eso. Lo he resuelto. Intentaré resolver otros problemas, estoy seguro. Algunos serán muy difíciles y tendré una sensación de realización otra vez, pero no hay ningún problema matemático que me pueda cautivar como lo hizo Fermat [...]"

Puedes leer la historia sobre este apasionante teorema en El enigma de Fermat de Simon Singh (Planeta)
El 17 de julio de 2000, la Vanguardia Digital publicó una entrevista con Wiles a la que puedes ir desde aquí

Difanto IconoLa Arithmetica fué un tratado de 13 libros del que sólo se conocen los seis primeros. Fué encontrada en Venecia por Johann Müller (Regiomontanus, matemático y astrónomo alemán) hacia 1464 y la primera traducción latina pertenece a Wilhelm Holzmann (1532-1576) Diophanti Alexandrini Rerum libri sex, Basilea, 1575.
En 1621 aparece la edición de Bachet de Méziriac con el siguiente título: Diophanti Alexandrini Arithmeticorum libri sex; et de Numeris multangulis liber unus. Nunc primun graece et latini editi atque absolutissimis commentariis illustrati, Paris 1621 (que contine además del texto griego y la traducción latina aclaraciones y notas).
En el gráfico puede verse una edición realizada por Fermat hijo (sobre la traducción de Bachet) que incluye impresas las anotaciones de su padre.

La Arithmetica no es propiamente un texto de álgebra sino una colección de problemas (150). No se sabe cuantos de ellos son originales o tomados de otros tratados de la época; Diofanto presenta en todos ellos una solución única y no establece distinción entre problemas determinados e indeterminados. Tampoco existe ningún orden en cuanto a la naturaleza de los problemas o los métodos de resolución

  Arithmetica Libro I   Contiene 25 problemas de primer grado y 14 de segundo.

  Arithmetica Libro II   Consta de 35 problemas. El problema 8, sin duda el más famoso, dió lugar al llamado "teorema de Fermat"

II. 8 Descomponer un cuadrado en dos cuadrados
"Si queremos descomponer 16 en dos cuadrados y suponemos que el primero es 1 aritmo, el otro tendrá 16 unidades menos un cuadrado de aritmo, y, por tanto, 16 unidades menos un cuadrado de aritmo son un cuadrado.
Formenos un cuadrado de un conjunto cualquiera de aritmos disminuido en tantas unidades como tiene la raiz de 16 unidades, y sea el cuadrado de 2 aritmos menos 4 unidades. Este ciadrado tendrá cuatro cuadrados de aritmo y 16 unidades menos 16 aritmos, que igualaremos a 16 unidades menos un cuadrado de aritmo y sumando a uno y otro lado los téminos negativos y restando los semejantes, resulta que 5 cuadrados de aritmo equivalen a 16 aritmos y, por tanto, 1 airtmo vale 16/5; luego uno de los números es 256/25 y otro 144/25, cuya suma es 400/25, es decir 16 unidades y cada uno de ellos es un cuadrado"

Diofanto resuelve la ecuación

x 2 + x 2 = 16
haciendo y 2 = 16 - a 2 que identifica con una expresión de la forma (ka - 4) 2 y haciendo k = 2 obtiene
y 2 = 16 - a 2 = (2a - 4) 2
e identificando llega a a = 16/5 de donde x = 16/5 e y = 12/5

  Arithmetica Libro III   Consta de 21 problemas. El más famoso es el 19 en el que por primera vez acude a la geometría para solucionarlo.
III. 19 Encontrar cuatro números tales que el cuadrado de la suma de los cuatro, aumentado o disminuido en cada uno de ellos, forma un cuadrado.

  Arithmetica Libro IV   Casi todos los problemas de este libro (40) se refieren a números cúbicos. Como lo griegos no conocían las fórmula de la ecuación cúbica, la sagaz elección de los datos por parte de Diofanto hace que se llegue a una solución aceptable. Y como muestra un botón
IV. 1 Descomponer un número dado en dos cubos cuya suma de raíces sea dada
"Si el número es 370 y la suma de las raíces 10, supongamos que la raíz del primer cubo es 1 aritmo y 5 unidades, o sea: la mitad de la suma de las raíces. Por tanto, la raíz del otro cubo será 5 unidades menos 1 aritmo; luego la suma de los cubos valdrá 30 cuadrados de aritmo más 250 unidades que igualaremos a las 370 unidades del número dado, de donde se deduce que 1 aritmo tiene 2 unidades; la raíz del primer cubo tendrá entonces 7 y la del segundo 3, y, por consiguientes, los cubos serán 343 y 27"

Con la notación actual, Diofanto resuelve el sistema formado por las ecuaciones

x 3 + y 3 = 370
x + y = 10
Para lo que supone que x = aritmo + 5 y que y = 5 - aritmo . (en lo que sigue designaremos el aritmo por a).
Sustituyendo estas expresiones en la primera ecuación y desarrollando tendremos:
(a + 5) 3 + (5 - a) 3 = 30 a 2 + 250 = 370
y para a = 2 obtiene x = 7, y = 3.

  Arithmetica Libro V   La mayoría de los problemas propuestos (28 de los 30 que tiene el libro) son problemas de segundo y tercer grado. En el último, el 30, Diofanto se aparta de su costumbre y propone un problema de los que hoy denominaríamos de "mezclas"
V. 30 Una persona se embarcó con sus sirvientes, quienes le encargaron que les fuera útil. Mezcló garrafas de vino, unas de 8 dracmas y otras de 5, y pagó por todo un número cuadrado que, aumentado en el número de unidades que se te indicará, 60, hará que tengas otro cuadrado cuya raíz es el número total de garrafas. Averigua cuántas había de 8 y cuántas de 5 dracmas"

  Arithmetica Libro VI  . Dedicado a resolver triángulos rectángulos de lados racionales; consta de 24 problemas.


Difanto Icono En honor de Diofanto las ecuaciones con coeficientes enteros cuyas soluciones son también enteras se denominan ecuaciones diofánticas. Las más sencillas son las ecuaciones lineales con dos incógnitas de la forma Ax ± Bx = C

Ejemplo Hemos comprado libros de una oferta por 86 € el volumen y en otra oferta libros a 76 € volumen pagando en total 1176 €. Deseamos saber cuátos libros se han comprado de cada oferta

Si x es el número de libros del primer lote e y del segundo podemos plantear la ecuación

68 x + 76 y = 1176

La condición necesaria para que este tipo de ecuaciones admita solución es que C sea divisible por el m.c.d(A,B), en nuestro caso
m.c.d(68, 76) = m.c.d(68, 76) = 4

con lo que la ecuación inicial quedará de la forma 17 x + 19 y = 294 y los coeficientes de x e y, 17 y 19, son primos entre sí.

Veremos a continuación que este tipo de ecuaciones de la forma ax ± by = c admite siempre soluciones enteras. Por ejemplo, despejando ax y dando a y los valores 0, 1, 2, ..., a - 1, resultan los a números

yax = c + by
0c
1c + b
2c + 2b
...... ...
kc + kb
...... ...
hc + hb
...... ...
a - 1c + b (a - 1)
En donde nos hemos ajustado al caso ax - by = c.

Al dividir cada uno de los a números de la segunda columna por a, para obtener x, obtendremos siempre restos distintos.
En efecto. Supongamos que para los valores k y h diesen el mismo resto. Entonces los números c + kb y c + hb serín congruentes módulo a, es decir

Teniendo en cuenta el Teorema Fundamental de las Congruencias (La condición necesaria y suficiente para que dos números sean congruentes módulo m es que su diferencia sea un mútiplo de m) resultará que la diferencia de los números c + kb y c + hb debe ser un múltiplo de a, es decir y como a y b son primos entre sí debería ser la diferencia k - h un múltiplo de a, pero eso no es posible pues h y k son distintos y menores que a.

Apliquemos dicho razonamiento al problema y tendremos

y17 x = 294 - 19yx = (294 - 19y)/17
017x = 294x = 294/17
117x = 294 - 19 = 275x = 275/17
217x = 294 - 38 = 292x = 291/17
317x = 294 - 57 = 237x = 237/17
417x = 294 - 76 = 218x = 218/17
...... ...... ...
Puede comprobarse que para los valores5, 6, 7, 8, 9 y 10 no se obtiene solución entera, pero ...
1117x = 294 - 209 = 85x = 85/17 = 5

Luego se han comprado x = 5 libros de 68 € e y = 11 libros de 76.

Ya vemos la laboriosidad de este método, pero el gran Euler propuso el práctico y elegante que ahora se expone.
Consideramos el coeficiente más pequeño de x e y, en nuestro caso 17, el coeficiente de x. Despejamos x, efectuamos el cociente y asociando tendremos:

y como x debe ser entera, para y = 11 resulta y se obtiene x = 17 - 11 - 1 = 5



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