Terne "quasi" pitagoriche

[axpgn]

Trovare gli interi che soddisfino la relazione $x^2+y^2=z^2+1$

Cordialmente, Alex

[Erasmus_First]

"axpgn":Trovare gli interi che soddisfino la relazione $x^2+y^2=z^2+1$

Haccene più di millanta, che tutta notte canta!
Una siffatta terna è $(x, y, z) = (1, 1, 1)$.

Per interi $(x, y, z)$ con $|y|>1$, si osservi che se è $z^2 - x^2 = y^2 - 1$, allora
• o $z-x$ è divisibile per $y+1$ oppure $z+x$ è divisibile per $y+1$
e
• o $z-x$ è divisibile per $y-1$ oppure $z+x$ è divisibile per $y-1$

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[totissimus]

@Erasmus_First

"Erasmus_First":Per interi $(x,y,z)$ con $|y|>1$, si osservi che se è $z^2−x^2=y^2−1$, allora
• o $z−x$ è divisibile per $y+1$ oppure $z+x$ è divisibile per $y+1$
e
• o $z−x$ è divisibile per $y−1$ oppure $z+x$ è divisibile per $y−1$

Non capisco in base a quale principio deduci che $y-1$ deve dividere $z-x$ o $z+x$. Se $y-1$ è un numero primo va bene, ma in generale no. Da $ab=cd$ non segue necessariamente che $a$ divide $c$ o $a$ divide $d$, esempio con $a=4,b=9,c=6,d=6$.
$x=6,y=17,z=18$ è una soluzione dell'equazione, $y+1=18,y-1=16,z+x=24,z-x=12$ e $y+1,y-1$ non dividono nè $z+x$ nè $z-x.$

[axpgn]

@totissimus
In questa sezione si usa mettere sotto spoiler le soluzioni o i procedimenti risolutivi, in modo da non influenzare coloro che intendessero risolvere il quesito da soli; inoltre non è buona norma citare per intero un messaggio se non strettamente necessario, a maggior ragione quello appena precedente, poi citare in chiaro un messaggio nascosto mi pare un controsenso

@Erasmus
Sono pienamente d'accordo sul fatto che ce ne siano tanti, a me però interessava maggiormente la loro forma ...

Cordialmente, Alex

[totissimus]

@axpng
Mi scuso per la mia disattenzione. Ho corretto il messaggio.

[dan952]

Cominciamo con l'osservare che $2$ non deve dividere sia $x$ che $y$ altrimenti si avrebbe $4|z^2+1$ assurdo.
Dunque senza perdità di generalità a causa della simmetria supponiamo che $2$ non divida $y$ allora esiste $n \in \mathbb{Z}$ tale che $y=2n+1$. Dire che esiste una terna di interi per l'equazione equivale a dire che esiste un intero $u$ tale che
\begin{equation}
u^2-xu-\frac{y^2-1}{4}=0
\end{equation}
dalla (1) si ricava (ricordando che $y=2n+1$) la condizione $u(u-x)=n(n+1)$, da cui per ogni fattore $u$ che divida $n(n+1)$ possiamo costruire una coppia di soluzioni, meglio ancora, possiamo far corrspondere ad ogni coppia di interi $(u,v)$ la coppia di soluzioni $(u-v(uv+1),2uv+1,\pm (uv^2+u+v))$.

[axpgn]

Bene, bravo, bis! ... però mi mancano tutti i passaggi ... ... io almeno non riesco a vederli ...

Cioè ...

Come fai a ricavare la $(2)$ (che poi hai chiamato $(1) ... ) ?
Come fai a ricavare da quella condizione le soluzioni?
Hai fatto "salti da gigante" per arrivare in fondo ... ...

Cordialmente, Alex

[dan952]

Si parte da $\Delta=x^2+y^2-1=z^2$ che lo vedo come il discriminante dell'equazione (2), la condizione si ricava dalla (2) sostituendo $y=2n+1$, infatti $4u^2-4xu+1=(2n+1)^2=4n(n+1)+1$ da cui $u(u-x)=n(n+1)$. Ora $n$ è arbitrario quindi me lo scelgo come $n=uv$ con $v$ intero qualsiasi, se scegliessi $n+1=uv$ non cambierebbe nulla, credo, non ho contato...

[axpgn]

Quella del $Delta$ è una gran bella trovata , quello è il punto focale ... la condizione l'avevo capita ma poi non avevo fatto caso che $n$ lo puoi fissare a piacere ...

[Erasmus_First]

"totissimus":@Erasmus_First
Non capisco in base a quale principio deduci che $y-1$ deve dividere $z-x$ o $z+x$. Se $y-1$ è un numero primo va bene, ma in generale no.

Hai ragione! L'ho già detto: ormai sono da rottamare!
Le auto vecchie (quelle che si mandano in "rottamazione") magari vanno ancora abbastanza bene ... ma è facile che perdano colpi! Ed io ... qualche colpo lo perdo sempre più spesso.
Avevo scritto $z^2 - x^2 = y^2 - 1$ (che è equivalente a $x^2 + y^2 = z^2+1$).
Da qui ho dedotto che $((z + x)(z-x))/(y–1)$ è intero (cioè che è una frazione apparente, col denominatore che è divisore del numeratore) ... e poi ho sbagliato!
[Infatti, se $y-1$ è maggiore di 1 e non è primo può essere prodotto di due fattori di cui uno è divisore di $z+x$ ma non di $z - x$ e l'altro di $z-x$ ma non di $z+x$.

"axpgn":@Erasmus
Sono pienamente d'accordo sul fatto che ce ne siano tanti, a me però interessava maggiormente la loro forma ...

Te ne do una (di forme). [Ma non so se è l'unica forma]. Cioè: ti offro una successione di terne-soluzione.
{NB. Ovviamente, se va bene la terna $(x, y, z) = (a, b, c)$ va bene anche $(x, y, z) = (b, a, c)$ dato che l'equazione $x^2 + y^2 = z^2 +1$ è invariante allo scambio tra loro di $x$ e $y$.}.
Tèla chì la me sücesiun: $∀n∈NN$ \{0} $[x_n, y_n, z_n] = [2n, 2n^2-1, 2n^2]$
–––––
P.S. Non ho ancora letto i successivi interventi. Può darsi che già altri abbia dato la medesima mia soluzione.
In tal caso ... chiedo scusa!

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[axpgn]

Bella la tua terna! ... la mia è simile a quella di dan95

[Erasmus_First]

Ho letto adesso gli altri "post" ... ma fatico a seguire il percorso di dan95.

Io, dopo aver scritto la richiesta proprietà nella forma:
$z^2 - y^2 = x^2 – 1$
mi son detto:
«Due quadrati consecutivi differiscono di un numero dispari. Precisamente: $(k+1)^2 – k^1 = 2k+1$.
Se allora sottraggo 1 al quadrato di un numero pari – che penso come $x=2n$) – il dispari che ottengo, [cioè $4n^2 - 1$], lo posso pensare come differenza tra due quadrati consecutivi ... quadrati rispettivamente di $y= 2n^2 -1$ e $z = y+1 = 2n^2$.

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[dan952]

Si può fare pure facendo queste considerazioni ma così rimane il caso in cui $x$ e $y$ sono entrambi dispari.

[axpgn]

@Erasmus

Ripensando alla tua soluzione mi pare di aver compreso un fatto: hai trovato un modo semplice ed elegante per trovare una terna che soddisfi la relazione ma non TUTTE le terne, mentre la forma di dan95 sì: dati due interi qualsiasi si ha sempre una terna valida ... o mi sbaglio?

Cordialmente, Alex

[Erasmus_First]

@ axpgn
Mi pare di aver spiegato (senza possibilità di equivocare) come mi è venuta quella successione di soluzioni ${(x_n, y_n, z_n)}$.
Ridico l'idea.
a) Dalla richiesta uguaglianza $x^2 + y^2 = z^2 + 1$ passo a quest'altra equivalente: $z^2 - y^2 = x^2 - 1$.
b) Faccio in modo che $y^2$ e $z^2$ siano i quadrati di due interi consecutivi ($y$ e $z = y+1$) – e allora $z^2 - y^2$ è un intero dispari – prendendo $x=2n$ per ogni $n$ intero positivo, per cui mi viene $x^2-1 = 4n^2 - 1$ e di consegiuenza $y = 2n^2 - 1$ e $z=2n^2$.

D'altra parte ... una tale successione è chara di per se stessa. La riscrvo:
$(x_n, y_n, z_n) = (2n, 2n^2-1, 2n^2)$ per ogni $n$ intero positivo.
Avevo anche detto di non sapere se quella successione era l'unica "forma" che potevano avere le soluzioni.
Adesso tu e dan95 mi sottolineate che quella mia successione non copre tutte le soluzioni possibili avendo le $x$ sempre pari mentre (come mi precisa dan95) ci sono pure soluzioni con $x$ ed $y$ entrambe dispari.

"dan95":[...] rimane il caso in cui $x$ e $y$ sono entrambi dispari.

OK.
Eccoti allora – in aggiunta alla precedente successione con $x$ sempre pari – una successione di soluzioni con $x$, $y$ e $z$ sempre tutte tre dispari.

n    |     x   !    y   |   z   |
–––––––––––––––––––––––––––––––––
0         –1        1       1
1          1        3       3
2         11       13      17
3         69       71      99
4        407      409     577
5       2377     2379    3363
...

Notare che è sempre $y = x+2$
In generale, partendo da $(x, y, z)_0 = (-1, 1, 1)$ e $(x, y, z)_1 = (1, 3, 3)$, vale la legge di ricorrenza seguente:
Per ogni $n$ naturale: $x_(n+2)= 6x_(n+1)-x_n + 4$; $y_(n+2)=6y_(n+1)-y_n - 4$; $z_(n+2)= 6z_(n+1) - z_n$.
A questa corrisponde la seguente legge "intensiva", (cioè: termine corrente della successione dato direttamente in funzione del suo indice $n$]:
«Posto $φ = ln(sqrt2 + 1)$, per ogni $n$ naturale si ha:
$(x, y, z)_n = (sqrt2/2sinh(2nφ)-1, sqrt2/2sinh(2nφ)+1, cosh(2nφ))$.

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[dan952]

Bello

[axpgn]

Bello ma sempre incompleto ... ... per esempio la terna $(139,1607,1613)$ non c'è (prendendo a caso $u=3$ e $v=23$)

"Trovare gli interi che soddisfino la relazione $(x^2+y^2=z^2+1)$" equivale a definire l'insieme di tutte le terne di interi $(x,y,z)$ che soddisfino quella uguaglianza; per definire un insieme o si elencano i suoi elementi o si dà una legge per trovarli ... mi pare che quella di dan95 funzioni ... o no? ...

Cordialmente, Alex

[dan952]

Certo che sono tutte, sono partito da un enunciato equivalente al problema.

[axpgn]

Era una domanda retorica, lo chiedevo a Erasmus ... ...

Comunque dan95, prova a trovare la coppia $(u,v)$ che genera la terna $(2377, 2379, 3363)$ di Erasmus: esiste e l'ho trovata però ...

[dan952]

Io non la trovo

[Erasmus_First]

"axpgn":Era una domanda retorica, lo chiedevo a Erasmus ... ...

Puoi notare (magari rileggendo i miei ultimi "post") che mi sono ben guardato dal dire che le mie due successioni coprono tutte le possibili soluzioni.
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A qualcuno potrebbe venire la curiosità si sapere come m'è venuta la secnda successione di terne, quella con tutte le tre componenti dispari.
Allora lo dico (e nessuno è obbligato a leggere!)

a) Stimolato dall'osservazione di dan95 (che mi diceva che ci sono soluzioni con $x$ e $y$ enrtrambe dispari), mi son posto l'obiettivo di trovare una successione di terne-soluzioni $(x, y, z)$ con $x$ e $y$ entrambe dispari (e di conseguenza con $z$ pure dispari). E m'è venuto subito da cercare se i due dispari $x$ e $y$ potevano essere dispari consecutivi.
b) Ho dunque ipotizzato $x=2n-1$ e $y=2n+1$ (per eventuale opportuno $n$ intero positivo. Allora viene:
$z^2 = (2n-1)^2 + (2n+1)^2 – 1 = 8n^2 + 1$.
c) A questo punto mi sono ricordato che in un antico "post" di "Rudi Mathematici" (sezione del forum "Coelestis" di astronomia amatoriale) avevamo trovato che gli interi $n$ per i quali $8n^2 + 1$ è quadrato di un intero sono una "sequenza linearmente dipendente" (di ordine 2). Ho allora cercato i due interi succesivi a 0 e 1 (i quali dànno rispettivamente $z^2=1$ e $z^2=9$) per i quale $8n^2+1$ è quadrato di un intero, trovando (per tentativi) che sono 6 e 35.
d) La legge di ricorrenza di quegli interi – diciamo $n_k$ per ogni k intero – è dunque $n_(k+2) = 6·n_(k+1) – n_k$ dato che:
$(6 = A·1 + B·0$ ∧ $35 = A·6 + B·1) ⇒ (A=6 ∧ B=-1)$.
e) Il polinomio caratteristico per questa legge di ricorrenza viene $x^2 - 6x+1$ e i suoi zeri sono:
$x_1 = 3 + 2sqrt2 = (sqrt2 + 1)^2$; $x_2 =3-2sqrt2 = (sqrt2 - 1)^2=(sqrt2+1)^(-2)$.
Pertanto la sequenza di quegli interi è del tipo:
$n_k = α(sqrt2+1)^(2k) + β(sqrt2 - 1)^(2k)$ per ogni $k$ naturale.
Ed essendo $n_0 = 0$ e $n_1= 1$ deve essere:
$α+β=0$ ∧ $3(α+β)+2sqrt2(α-β)=1$ ⇒ $α=sqrt2/8$ ∧ $β=-sqrt2/8$
e pertanto, per ogni k naturale
$n_k = sqrt2/8[(sqrt2+1)^(2k) - (sqrt2 - 1)^(2k)]$ ⇔ $n_k = sqrt2/4((sqrt2+1)^(2k)-(sqrt2+1)^(-2k))/2 = $
$= sqrt2/4sinh(2kln(sqrt2+1))$.
e) Per tali $n_k$, oltre a $x_k = 2n_k - 1$ e $y_k=2n_k+1$, viene :
$z_k^2 = 8\2/16sinh^2(2kln(sqrt2+1))+1 = cosh^2(2kln(sqrt2+1))$ ⇒ $z_k=cosh(2kln(sqrt2+1))$.
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