Ihrer Natur nach lässt sich ferner die Zahl 65 in je 2 Quadrate zweimal zerfällen, nämlich in 16 und 49 sowie in 64 und 1. Dies rührt daher, dass 65 durch Multiplikation von 13 und 5 entsteht von denen jede sich in 2 Quadrate zerlegen lässt. [: (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad - bc)2 = (ad + bc)2 + (ac - bd)2, diese Formel aus der Theorie der quadratischen Formen, das ist die Quelle der Aufgabe]. Ich nehme nun die Seiten der Quadrate 49 und 16 nämlich 7 und 4 und bilde vermittelst dieser das rechtwinklige Dreieck, dasselbe hat die Seiten 33, 56, 65 [a2 - b2; 2ab; a2 + b2]. Ebenso nehme ich die Seiten der Quadrate 64 und 1 nämlich 8 und 1, das rechtwinklige Dreieck hat die Seiten 16, 63, 65. Nun habe ich vier rechtwinklige Dreiecke mit gleichen Hypotenusen.
Indem ich jetzt zu der ursprünglich gestellten Aufgabe schreite, setze ich die Summe der 4 gesuchten Zahlen gleich 65x, jede einzelne derselben aber gleich x2 mit einem Koefficienten, der das Vierfache der Fläche eines der 4 Dreiecke ist [2ab], also die erste Zahl gleich 4056 x2, die zweite gleich 3000 x2, die dritte gleich 3696 x2, die vierte gleich 2016 x2. Es ist dann die Summe der vier Zahlen 12768 x2 = 65 x, und daraus ergibt sich x = 6512678. Daher werden die vier Zahlen Brüche mit dem gemeinschaftlichen Nenner 163021824 sein und zwar hat die erste Zahl den Zähler 17136600, die zweite 12675000, die dritte 15615600, die vierte 8517600.
Diese Aufgabe gehört mit zu denen, welche es am begreiflichsten erscheinen lassen, dass ein Mathematiker solchen Ranges von einem Zeitalter des Verfalles nicht mehr begriffen wurde.
IV, 11. x3 + y3 = x + y. Diophant findet durch ein Verfahren, dass nur zu begreifen ist, wenn man annimmt, dass er die allgemeine Lösung x = ±1 - k2(1 + k)2 - k; y = ±1 + 2k(1 + k)2 - k kannte, x = 5/7; y = 8/7, er setzte k = 1/4 in der ersten (+) Lösung und nicht wie Wertheim S. 129 angibt k = 1/2; (auch k = -3/2 in der zweiten negativen Lösung ist richtig), merkwürdig ist, dass auch x = 3/7 und y = 8/7 eine richtige Lösung ist, da 4 - 4p + 2r = o ist. V 34, W. 233: Drei Quadratzahlen zu finden, so dass das Produkt derselben, wenn es um jede der Zahlen vermehrt wird, ein Quadrat bildet.
Wir setzen u2v2w2 = x2 und suchen dann drei Quadrate, von denen jedes, wenn es um 1 vermehrt wird, wieder ein Quadrat gibt. Das kann vermittels jedes rechtwinkligen Dreiecks geschehen. Ich wähle also drei rechtwinklige Dreiecke 3, 4, 5; 5, 12, 13; 8, 15, 17; so wird das eine Quadrat 916 x2, das zweite 25144 x2, das dritte 64225 x2 sein, und jedes derselben bleibt ein Quadrat, wenn es um eins vermehrt wird. Nun soll noch das Produkt der drei Zahlen gleich x2 sein. Das Produkt ist aber 14400518400 x6. Das soll gleich x2 sein. Wird alles durch x2 dividiert so folgt 14400518400 x4 = 1, also 120720 x2 = 1. Nun ist die Einheit eine Quadratzahl. Wenn daher auch 120720 x2 ein Quadrat wäre, so würde die Aufgabe gelöst sein. Dem ist aber nicht so.
Diophant führt die Aufgabe nicht durch, seine Lösung ist 254; 25681; 916. Die Aufgabe ist von Fermat wieder hergestellt. Diophant nimmt drei rechtwinklige Dreiecke a1 b1 c1; a2 b2 c2; a3 b3 c3 und setzt u = a1b1 x; v = a2b2 x; w = a3b3 x. Dann hat man nur noch zu sorgen, dass a1a2a3b1b2b3 oder auch a1 a2 a3 b1 b2 b3 gleich a1 b1 a2 b2 a3 b3 eine Quadratzahl ist, was keine Schwierigkeit macht.
VI 3. Ein rechtwinkliges Dreieck zu finden, so dass die Zahl, welche den Flächeninhalt ausdrückt, eine Quadratzahl wird, wenn sie um eine gegebene Zahl vermehrt wird.
Diese recht schwierige Aufgabe ist in Wertheim S. 256 und 257 allgemein und ihre Erweiterung durch Vieta (Zetetica V, 9) angegeben.
VI 26. Die letzte Aufgabe Diophants: Ein rechtwinkliges Dreieck von der Beschaffenheit zu finden, dass die eine seiner Katheten ein Kubus, die andere die Differenz zwischen einem Kubus und seiner Seite, und die Hypotenuse die Summe eines Kubus und seiner Seite sei.
Hypotenuse x3 + x, Kathete x3 - x, die andere ist dann 2x2 und soll gleich einen Kubus sein. Es sei 2x2 = x3, so ist x = 2, also ist 6, 8, 10 eine Lösung.