Perimetri quadrati

[axpgn]

Trovare le terne pitagoriche primitive $(x, y, z)$ tali che sia $x+y+z=n^2$ con $n in NN$

Cordialmente, Alex

[Erasmus_First]

"axpgn":Trovare le terne pitagoriche primitive $(x, y, z)$ tali che sia $x+y+z=n^2$ con $n in NN$

Il tuo n è pari perché $x + y + z$ è pari per ogni terna pitagorica primitiva
Lasciami allora scrivere il quadrato che vuoi nella forma $4k^2$ (dove $k$, se mai esiste, è un intero opportuno).
Scritta la terna primitiva nella forma
$[x, y, z] = [pq, (p^2-q^2)/2, (p^2 + q^2)/2]$
dove p e q sono interi dispari coprimi con $p>q≥1$, mi viene di colpo $x + y + z = pq + p^2 = p(p+q)$.
Questo prodotto dovrebbe essere il quadrato di un intero pari.
$p(p+q) = 4k^2$. (*)
[size=120]Impossibile![/size]
Siccome $q$ è minore di $p$, $p+q$ non è divisibile per $p$. [La divisione di $p+q$ per $p$ da 1 con resto $q$ ].
Allora il prodotto $p(p+q)$ NON può essere il quadrato d'un intero perché se $4k^2$ è divisibile per $p$ (che è dispari maggiore di 1), allora $k^2$ è divisibile per $p^2$. Ma allora l'uguaglianza (*) richiederebbe che anche $p+q$ fosse divisibile per $p$ (il che invece non è!).

_______


-----
P.S. (Editando)
Oops!
Qualcosa DEVO aver SBAGLIATOo, perché la terna $[x, y, z] = [63, 16, 65]$ è primitiva e risulta
$x + y + z = 144 = 12^2$.
Il mio precedente ragionamento starebbe in piedi se il fattori primi di $p$ fossero tutti semplici.
Ed infatti nel mio contro-esempio è $p=9=3^2$ [e $q=7$].
Ci devo pensqre meglio.
Intanto, se mettiamo per i numeri dispari $p$ e $q$ (con $q < p$)
$p =2r+1$
$q=3s+1$
occorre che $r$ ed $s$ siano uno dispari e l'altro pari. Ossia: il resto delle divisioni per 4 di $p$ e $q$ deve essere 3 per una e 1 per l'altra.

[axpgn]

Eppur esistono!

[axpgn]

Per favore Erasmus non modificare i post precedenti: già non sono semplici ( ) se poi li cambi diventa difficile raccapezzarsi ... ... scrivi un altro messaggio e via, avanti ...

Cordialmente, Alex

P.S.: Tra l'altro, così facendo, non viene segnalato come "da leggere" e la modifica può rimanere invisibile ... e "spoilera" tutto, non "un po' sì e un po' no ..."

[Erasmus_First]

"axpgn":Eppur esistono!

Certo! Ho già portanto l'esempio [63, 16, 65] (con somma $144 = 12^2$).
Ci sono!
Ecco come generarle TUTTE!
a) Sia $p$ il quadrato di un numero dispari maggiore di 1.
b) Sia $2m$ un numero pari tale che riusulti $p < (2m)^2 < 2p$; e si ponga $q = (2m)^2 - p$.
Allora la terna [pq, (p^2-q^2)/2, (p^2+q^2)/2]$ è una soluzione.

Esempio 1.
$p = 3^2 = 9$; $2m=4$ ⇒ $q = (2m)^2 - p = 16-9 = 7$;
$[x, y, z] =[9·7, (9^2 - 7^2)/2, (9^2 + 7^2)/2] = [63, 16, 65]$.

Esempio 2
$p = 15^2 = 225$; $2m=16$ ⇒ $q = (2m)^2 - p = 256-225 = 31$;
$[x, y, z] =[225·31, (225^2 - 31^2)/2, (225^2 + 31^2)/2] = [6975, 24832, 25793]$.

Esempio 3.
$p = 21^2 = 441$; $2m=22$ ⇒ $q = (2m)^2 - p = 484-441 = 43$;
$[x, y, z] =[441·43, (441^2 - 43^2)/2, (441^2 + 43^2)/2] = [18963, 96316, 98165]$

Esempio 4
$p = 21^2 = 441$,[come nell'Esempio 3]; $2m=26$ ⇒ $q = (2m)^2 - p = 676-441 = 235$;
$[x, y, z] =[441·235, (441^2 - 235^2)/2, (441^2 + 235^2)/2] = [103635, 69628, 124853]$
_______

[axpgn]

"Erasmus_First":

[quote="axpgn"]Eppur esistono!

Certo! Ho già portanto l'esempio [63, 16, 65] (con somma $144 = 12^2$).

[Erasmus_First]

"axpgn":No, carissimo, non hai "già portato" l'esempio, lo hai scritto dopo la mia precisazione

Eh NO! Non ho mentito. [Io non mento mai!]
Dopo aver inviato e prima che tu replicassi ho editato (come sta scritto nel "post") perché ho provato con il $p$ più piccolo possibile che non avesse i fattori primi tutti semplici. Questo era appunto 9; e il più piccolo quadrato pari maggiore di 9 era 16, per cui, dovendo essere $p+q=16$ mi veniva $q=7$ e di conseguenza quella terna [63, 16, 65] che smentiva – purtroppo – la mia affermazione che era impossibile che una terna primitiva avesse per somma delle 3 componenti un quadrato . Siccome sono lento a comporre i miei messaggi (e a correggere i molti errori di battitura ... dato anche che ci vedo poco), prima che io inviassi la modifica tu hai replicato scrivendo appunto "Eppure esistono". Ma ti assicuro che il contro-esempio alla mia sbagliata affermazione l'ho pensato prima che tu replicassi e l'ho scritto prima di vedere quella tua precisazione.

"axpgn":Comunque ... io sono sicuro che il tuo algoritmo funzioni ma non pretenderai che controlli tutte le terne per esserne certo ...

Qua non ti capisco; io non pretendo niente! Ma cosa vuol dire "controllare tutte le terne"? Nessuno può avere questa pretesa dato che sono in numero infinito.
E' semplicemente successo che, subito dopo aver capito che avevo scritto una enorme corbelleria, proprio riprendendo la mia prima osservazione – cioè che la somma delle componenti d'una terna primitiva vale $p(p+q)$

– ho ... "scoperto" quell'algoritmo.

Data $[x, y, z]$ primitiva, con z ipotenusa e y cateto pari, i numeri p e q sono:

$p=sqrt(z+y)$; $q=sqrt(z-y)$.

Tornando al mio algoritmo – $p$ quadrato d'un dispari maggiore di 1, $2m$ tale che sia $p < 4m^2 < 2p$ e $q=4m^2 - p$ – c'è ancora da fare una precisazione: bisogna scartare quei $2m$ che, pur verificando la condizione
$p < (2m)^2 <2p$ (**)
non sono "coprimi" con $p$ perché producono terne che hanno sì per somma un quadrato, ma non sono primitive.
Per esempio, sia $p=15^2 = 225$. Va bene $2m=16$ (che verifica la condizione (**): 225 < 256 < 450). Ma bisogna scartare $2m=18$ e $2m=20$ benché verifichino anch'essi la condizione (**)– (225 < 324 < 450 e 225 < 400 < 450) – perché, non esssendo coprimi con 225, producono terne non primitive.

"axpgn":Esiste una soluzione più "diretta", dove $x, y, z$ sono funzione di due opportuni interi $m$ e $n$ (per opportuni intendo che devono soddisfare un paio di condizioni abbastanza ovvie ...)

Oh bella! Ma non è esattamente quello che fa il mio algoritmo? Ripeto (per la terza volta!):
• $p$ quadrato di un qualunque dispari maggiore di 1, diciamolo $2n+1$;
• $2m$ coprimo con $p$ e tale che sia $p < (2m)^2 < 2p$;
• $q= (2m)^2 - p$.
Con $p$ e $q$ soggetti a queste condizioni si ha:
• $[x, y, z] = [pq, (p^2 - q^2)/2, (p^2 + q^2)/2]$
• $x + y + z = p(p+q) = [2m(2n+1)]^2$.

"axpgn":P.S.: continuo a non capire perché metti parte della soluzione sotto spoiler e parte fuori ...

No, non è così! Prova a rileggere ... e vedrai che non è così!
La prima volta fuori da "spoiler" ho messo l'aggiunta editando, per denunciare (riconoscere!) che avevo scritto una enorme "corbelleria" (eufemismo!). Poi ho messo fuori "spoiler" gli esempi, non l'algoritmo risolutore.
_______

[axpgn]

@Erasmus
[ot]

"Erasmus_First":... Ma ti assicuro che il contro-esempio alla mia sbagliata affermazione l'ho pensato prima che tu replicassi e l'ho scritto prima di vedere quella tua precisazione. ...

Ma io non posso saperlo ... ... e se tu replichi dicendo che lo hai "già portato" ci faccio la figura dello stupido, no?
Come detto, se invece di editare, aggiungessi, incomprensioni di questo tipo, non accadrebbero ... [/ot]

"Erasmus_First":... Qua non ti capisco; io non pretendo niente! Ma cosa vuol dire "controllare tutte le terne"? Nessuno può avere questa pretesa dato che sono in numero infinito. ...

Era una perifrasi, un giro di parole per dire: devi dimostrarlo che il tuo algoritmo funzioni (io la dimostrazione non l'ho colta o più semplicemente non l'ho capita ... )

"Erasmus_First":
• $ p $ quadrato di un qualunque dispari maggiore di 1, diciamolo $ 2n+1 $;
• $ 2m $ coprimo con $ p $ e tale che sia $ p < (2m)^2 < 2p $;
• $ q= (2m)^2 - p $.
Con $ p $ e $ q $ soggetti a queste condizioni si ha:
• $ [x, y, z] = [pq, (p^2 - q^2)/2, (p^2 + q^2)/2] $
• $ x + y + z = p(p+q) = [2m(2n+1)]^2 $.

Ecco, qui la dimostrazione c'è ...

Comunque, mi ripeto anch'io: esiste una soluzione più "diretta", più "semplice", quantomeno nella scelta di $p$ e $q$ ... vediamo se qualcuno la trova

"Erasmus_First":La prima volta fuori da "spoiler" ho messo l'aggiunta editando, per denunciare (riconoscere!) che avevo scritto una enorme "corbelleria" (eufemismo!). Poi ho messo fuori "spoiler" gli esempi, non l'algoritmo risolutore.

Allora ... se tu metti in chiaro degli esempi, già questi da soli sono degli "hint" (perché avere dei riferimenti sicuri, aiuta, eccome se aiuta ...), se poi ci metti pure le variabili che hai usato con i collegamenti fra loro ... mmm ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Sia $a$ un intero qualsiasi maggiore di $1$ e $b$ un intero soddisfacente le condizioni $ a sqrt(2) E.C. come segnalato da axpgn, l'esponente della 'a' nell'ultimo monomio della terna è 4 e non 2.

Si dimostra facilmente che non possono esistere altre terne pitagoriche primitive aventi per somma il quadrato di un intero, ma mi infastidisce un pochino la limitazione di $b$ imposta dell'intervallo proposto. Vediamo se Alex ha di meglio.
Un piccolo rilancio: eliminiamo "primitive" dalla richiesta.
Ciao

[axpgn]

È la stessa soluzione che ho io ... ... (tranne per un refuso sull'ultimo termine)

$b$ deve essere dispari altrimenti le terne non sono solo primitive mentre l'altra condizione serve per non avere lati non positivi; comunque, se togliamo le condizioni, le relazioni $x^2+y^2=z^2$ e $x+y+z=n^2$ continuano a sussistere quindi se non ci interessano i triangoli van bene lo stesso ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@axpgn:
grazie per la segnalazione.
Ho qualche dubbio che, per il caso terne pitagoriche qualsiasi, la tua 'soluzione' sia completa
Ciao

[axpgn]

In che senso?

Dati due naturali $a$ e $b$ qualsiasi la prima è sempre un'identità mentre la seconda è sempre un quadrato quindi le relazioni sono soddisfatte, no?

Oppure intendi che non coprono tutte le terne pitagoriche con perimetro quadrato? Dici che le terne pitagoriche "primitive" son tutte "coperte" con quelle espressioni (e condizioni) ma togliendo le restrizioni non sono sufficienti ad esprimere tutte le terne pitagoriche (primitive e non) che abbiano perimetro quadrato?
In effetti questo non posso garantirlo ... ... forse è per questo motivo che l'autore ha messo "primitive" nel testo, furbo ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@axpgn:
L'idea mi è venuta mentre scrivevo. Non ne sono certissimo, ma temo non si trovino tutti i triangoli possibili.
Quando ho tempo verifico e ti dico.
Ciao

[axpgn]

Ho la sensazione che nel caso generale sia come per le "Ipotenuse quadrate": una telenovela ...

[orsoulx]

Se la fonte è la stessa, l'acqua avrà proprietà simili.
Terna che sfugge alle nostre soluzioni: 350, 576, 674. Non ho controllato come reagisce al procedimento di Erasmus.
Si può ovviare facilmente introducendo una seconda funzione e, simpaticamente, anche questa porta alla medesima espressione per somma.
Ciao

[axpgn]

Per sfizio ...

Però, guarda che belle soluzioni vengono per la tua terna ... $a=+-5/sqrt(2)$ e $b=+-4sqrt(2)$ ...

[orsoulx]

Visto che Alex scherza e poi scompare, posto l'altra funzione che restituisce terne pitagoriche (non primitive) con perimetro quadrato di un intero.

$ a $ intero qualsiasi maggiore di 3; $ b $ intero qualsiasi con $ a/sqrt(2) $[x,y,z]=[4 a^2 b^2-2 a^4, 4 a^2 b^2-4b^4, 4b^4+2a^4-4 a^2 b^2]$
con perimetro $ 4 a^2 b^2 $.

Ciao

[axpgn]

"Se lo sapessi, lo dissi" (cit.)

Perché questa copre tutte le possibilità? Qual è la differenza "sostanziale" con l'altra?

Thanks!

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@Alex:

Non ho detto che questa copra tutte le terne non primitive. Ritengo che qualsiasi terna non primitiva possa essere generata: o dalla prima (togliendo la limitazione la limitazione col GCM), o da questa, o da entrambe.
Indicando con $ m $ ed $ n $ ( $m>n$) i consueti 'generatori di terne pitagoriche primitive' $[x,y,z]={2mn,m^2-n^2,m^2+n^2]$, il perimetro risulta $ 2m(m+n) $. Se questo deve essere un quadrato, per le terne primitive i due fattori non possono avere un divisore comune ed allora uno deve essere un quadrato e l'altro il doppio di un quadrato (per assorbire il 2). Il doppio di un qudrato non può essere $ m+n $, perché $ m $ ed $ n $ avrebbero la medesima parità e si produrrebbe una terna non primitiva.
Dovrà dunque essere $ m=2a^2; m+n=b^2 $, da cui, con le limitazioni opportune, si ottiene la prima funzione.
Eliminando la condizione di primitività, si può togliere la restrizione del GCD=1, ma non si troveranno mai quelle terne valide che sono esattamente il doppio di una primitiva.
Queste possono essere trovate ponendo $ m=a^2; m+n=2b^2 $, che porta alla seconda funzione che ho postato.

Ciao

[axpgn]

Ok, capito

Ciao, Alex

[orsoulx]

Io però ho dimenticato di aggiungere che le terne, dei due tipi, possono essere moltiplicate per $ k^2 $ con $ k $ qualsiasi o, che è la stessa cosa, $ m $ ed $ n $ per un intero qualsiasi positivo.
Ciao