Equazione diofantea... senza aritmetica modulare.

[j18eos]

Risolvere la seguente equazione diofantea, senza l'uso dell'aritmetica modulare:
\[
n(m+n+p)=mp
\]

[dan952]

Una domanda

Se lo riscrivo così $n^2+(m+p)n-mp=0$ vado da qualche parte?

[Erasmus_First]

"j18eos":Risolvere la seguente equazione diofantea, senza l'uso dell'aritmetica modulare:
n (m + n + p) = mp

Esplicitando p l'equazione diventa p = n (m + n)/(m - n).
Allora ... un po' di soluzioni – solo un po'! – sono queste qua:
Per ogni h intero e ogni k intero diverso da 1:
p = h (k+1) ∧ n = h (k-1) ∧ m = kh (k-1).

______

[j18eos]

@dan95 Io, in quella maniera, sono andato a sbattere il naso contro il muro...

@Erasmus_First Credo che tu abbia sbagliato a scrivere alcuni possibili valori di \(\displaystyle m\).

[Erasmus_First]

"j18eos":@Erasmus_First
Credo che tu abbia sbagliato a scrivere alcuni possibili valori di \(\displaystyle m\).

Grazie per la segnalazione. Però...Ho sbagliato a scrivere l'espressione di m, sì: ma solo per aver omesso il carattere ")" [di parentesi chiusa].[Ho già corretto].
Ossia:
Erratum → m = kh (k-1 ;
Correctum → m = kh (k-1).
______

[dan952]

Osservazione 1. Risulta che $m$ e $n \ne \pm 1$ non possono essere coprimi, poiché se lo fossero da
$\frac{n}{p}=\frac{m+n}{m-n}$
deduciamo che $n$ e $m+n$ hanno fattori in comune contro l'ipotesi iniziale. Dunque deduciamo che esiste $k$ tale che $m=kx$ e $n=ky$ con $(x,y)=1$, d'altra parte per quanto detto prima deve risultare che $n=ky ~ k(x+y)$, quindi a meno di un fattore moltiplicativo, tuttavia essendo $(x,y)=1$ in $x+y$ non compare $y$ nella fattorizzazione e dunque necessariamente $p=ry$ in modo che scompaia $y$ dalla fattorizzazione di $n$. In definitiva vi è una classe di soluzioni definita da due interi dispari $(r,k)=1$ a meno di fattori moltiplicativi, tale che $k=x+y$ e $r=x-y$, in definitiva
$m=k\frac{k+r}{2}$
$n=k\frac{k-r}{2}$
$p=r\frac{k-r}{2}$

[j18eos]

@Erasmus_First Ho riletto la tua soluzione, ed era corretta (modulo parentesi ); ma non è la soluzione ottimale.

@dan95 Non ho capìto nulla!

[orsoulx]

Penso di aver trovato tutte le soluzioni dell'equazione, ma non ho alcuna dimostrazione completa.

L'equazione è omogenea e pertanto da una qualsiasi soluzione si può ricavare un'infinità numerabile di altre soluzioni moltiplicando tutte le variabili per un arbitrario numero intero. Chiamiamo allora primitiva una soluzione con numeri tali che il loro massimo comun divisore sia $ 1 $.
Si possono scrivere tutte le soluzioni di questo tipo usando una coppia di coppie di coppie $ {{2k+1; 2k(2k-1) }; {2k-1; -2k(2k+1)}}$ con $ k in NN //0 $
$ {{2k+1; 2k(4k+1) }; {2k; -(2k+1)(4k+1)}}$ con $ k in ZZ $
Ognuna di queste fornisce, per ogni valore di $ k $, otto soluzioni primitive diverse; si può assegnare ad $ n$ uno qualsiasi dei quattro valori presenti, $ m $ e $ p $ dovranno assumere i valori appartenenti all'altra coppia.
Esempio. La seconda con $ k=2 $ diventa $ {{5; 36 }; {4; -45}}$ che fornisce le otto terne primitive:
$ (n,m,p)in{(5,4,-45),(5,-45,4),(36,4,-45),(36,-45,4),(4,5,36),(4,36,5),(-45,5,36),(-45,36,5)} $

Ciao

[j18eos]

@orsolux

Non ho controllato l'esattezza dei calcoli, però mi trovo che le "soluzioni primitive" sono soluzioni.
Inoltre, non ti so dire se hai trovato tutte le soluzioni; io ho trovato che tutte le terne di soluzioni dipendono da una coppia di interi \(\displaystyle(h,k)\)...

Nota: non posso pubblicare un indizio, se no in cinque minuti mi pubblicate la soluzione; scrivo cinque minuti, dato che ci vogliono quattro minuti e cinquantanove secondi per scrivere la soluzione, con relativa dimostrazione!

[orsoulx]

Ne avevo perse tante!

Per la felicità di Erasmus ed Alex, le soluzioni di quell'equazione sono strettamente collegate alle terne pitagoriche.
Ad ogni terna pitagorica primitiva corrisponde una coppia di coppie 'primitiva' e viceversa.
Siano $ h Ci sono ancora le soluzioni 'degeneri', che contengono almeno uno zero. Queste sono $(m.n.q)=(0,0,0)$ e $ {{0,a},{0,-a}} $ con $a $ intero positivo.

Ciao

[j18eos]

Risultato corretto;

come ci sei arrivato?

[orsoulx]

"j18eos":come ci sei arrivato?

$ m $ ed $ p $ sono, ovviamente, soluzioni dell'equazione $ x^2-(m+p)x+mp=0 $, mentre l'equazione da risolvere scritta in $ n $ diventa $n^2+(m+p)n-mp=0 $. Mi sono accorto che le quattro soluzioni si potevano scambiare, assegnando ad $n$ una soluzione della prima e ad $ m $ e $ p $ quelle della seconda.
Affinché le soluzioni siano intere è necessario che i due discriminanti siano dei quadrati: $ (m+p)^2-4mp= (m-p)^2=a^2 $ e $ (m+p)^2+4mp=b^2 $ ed allora $ (m+p)^2={a^2+b^2)/2 $ sarà la loro media aritmetica.
A questo punto mi eri incagliato, credendo che le soluzioni primitive si limitassero ai casi in cui $ m $ e $ p $ differissero di uno o al più di due (nel caso di due dispari consecutivi), e avevo abbandonato la ricerca di altre soluzioni.
Pensando al quesito proposto da Alex, riguardante i possibili valori dell'ipotenusa in una terna pitagorica, mi sono, invece, accorto che ogni terna pitagorica primitiva di cateti $ c_1, c_2 $ ed ipotenusa $ i $ fornisce sempre valori accettabili con $ a=|c_1-c_2|, b=c_1+c_2, m+p=i $ e viceversa.

Ciao