Triangoli

[Aethelmyth]

Per ogni primo $p$ mostrare che esiste un tirangolo di lati di lunghezze $a,b,p$ tali che $a=k^2$ e $b=2^n$ con $n,k in NN$

Sempliciotto

[_Tipper]

Detto in altri termini che per ogni primo $p$ esistono $n,k \in \mathbb{N}$ tali che $p>|2^n-k^2|$, $p<2^n+k^2$.

[Sk_Anonymous]

Siano $k = [\sqrt{p}]+1$ ed $n = [\log_2(p)]$, dove $[\cdot]$ denota la parte intera bassa del proprio argomento. Allora $p < a < p+1 + 2\sqrt{p}$, se $a = k^2$, e $\frac{1}{2} p < b \le p < a$, se $b= 2^n$. Dunque $a+b > p$, $a+p > b$, $b + p > \frac{3}{2} p$, e ancora $|a-b| = a - b < \frac{1}{2} p + 1 + 2\sqrt{p}$, $|a-p| = a-p < 1+ 2\sqrt{p}$ e $|b-p| = p-b < \frac{1}{2}p < a$. Di conseguenza, la terna $(a,b,p)$ definisce un triangolo se $\frac{1}{2} p > 1 + 2\sqrt{p}$, i.e. se $p^2 -20 p + 4 > 0$, e quindi $p \ge 19$.

Fissiamo a questo p.to $k = n = 2$, i.e. $a = b = 4$, se $2 \le p \le 7$, e $k = n = 4$, i.e. $a = b = 16$, se invece $11 \le p \le 17$. Nel primo caso, $|a-p| = |b-p| = |4-p| \le 3 < a = b$ ed $a+b = 8 > p$; analogamente nel secondo $|a-p| = |b-p| = |16-p| \le 5 < p$ ed $a+b = 32 > p$. In entrambi, d'altra parte, $|a-b| = 0 < p$ ed $a+p = b+p > a = b$. Pertanto la terna (a,b,p) soddisfa le richieste del problema.

[Mega-X]

"Tipper":Detto in altri termini che per ogni primo $p$ esistono $n,k \in \mathbb{N}$ tali che $p>|2^n-k^2|$, $p<2^n+k^2$.

scusa l'ignoranza, ma come fai a dire che $p>|2^n-k^2|$ ?

[Sk_Anonymous]

Infatti, non lo sta dicendo. Piuttosto, lo sta imponendo.

[Mega-X]

"Tipper":Detto in altri termini che per ogni primo $p$ esistono $n,k \in \mathbb{N}$ tali che $p>|2^n-k^2|$, $p<2^n+k^2$.

ma se il post lo ha fatto Aethelmyth come fa a dire che in altri termini esiste quello che ha detto? (Ovviamente non è sottoforma di rimprovero o che, ma è giusto curiosità)

[Sk_Anonymous]

Una terna (a,b,c) di numeri reali positivi definisce un triangolo euclideo sse $|a - b| < c < a+b$ (e cicliche).

[Mega-X]

grazie per la dritta..

[Aethelmyth]

"Tipper":Detto in altri termini che per ogni primo $p$ esistono $n,k \in \mathbb{N}$ tali che $p>|2^n-k^2|$, $p<2^n+k^2$.

Esatto

La soluzione di David la leggerò per bene e con attenzione domani ( ) ma nn dubito che sia giusta . Io cmq avevo pensato a qualcosa di più semplice tipo posti $a=b$ deve essere necessariamente $b=a=2^(2n)$. Quindi per $n$ infinitamente grande ogni $p<2^(2n)$ può essere considerato come la base di un triangolo isoscele i cui lati soddisfano i requisiti

[Sk_Anonymous]

"Aethelmyth":
La soluzione di David la leggerò per bene e con attenzione domani [...] Io cmq avevo pensato a qualcosa di più semplice tipo posti $a=b$ deve essere necessariamente $b=a=2^(2n)$. Quindi per $n$ infinitamente grande ogni $p<2^(2n)$ può essere considerato come la base di un triangolo isoscele i cui lati soddisfano i requisiti

Decisamente più semplice.