Terne "quasi" pitagoriche

[axpgn]

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

Cordialmente, Alex

[dan952]

Come Alex mi ha fatto notare anche la mia soluzione era incompleta, questo perché ponendo $n=uv$ nella condizione $u(u-x)=n(n+1)$ mi sono "mangiato " delle soluzioni, quindi sarebbe più corretto procedere in questo modo:
- Scelgo $n \in ZZ$
- Calcolo $n(n+1)$
- Per ogni divisore $u$ di $n(n+1)$ esistono due soluzioni $(u-\frac{n(n+1)}{u}, 2n+1, \pm \sqrt{(2n+1)^2+(u-\frac{n(n+1)}{u})^2-1})$.

[Erasmus_First]

"dan95":Come Alex mi ha fatto notare anche la mia soluzione era incompleta, questo perché ponendo $n=uv$ nella condizione $u(u-x)=n(n+1)$ mi sono "mangiato " delle soluzioni, quindi sarebbe più corretto procedere in questo modo:
- Scelgo $n \in ZZ$
- Calcolo $n(n+1)$
- Per ogni divisore $u$ di $n(n+1)$ esistono due soluzioni [...]

@ dan95
a) Cosa intendi dicendo "scelgo $n∈ZZ$"? Siccome sei in cerca di una formula che copra tutte le possibili soluzioni, suppongo – correggimi se sbaglio – che tu intenda
"$∀∈nZZ$".
Ma se $(x, y, z)$ è una terna-soluzione con $x$, $y$ e $z$ tutti tre interi positivi, è ovvio che sono tutte soluzioni le 8 terne $(±x, ±y, ±z). Voglio dire: mi pare che ci sia qualcosa di superfluo nello "scegliere" $n$ in $ZZ$.
b) Perdonami la pignoleria che segue: Se scelgo $n=0$ ∨ $n=-1$ mi viene $n(n+1)=0$ ... e qualunque intero $u$ tranne 0 è divisore di 0.
Vedi dunque che o c'è qualcosa che non quadra o che, perlomeno, è suprfluo.
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Avevo letto ieri questa tua ultima formulazione della soluzione generale, ma superficialmente senza nemmeno raccogliere davvero quel che andavi dicendo.
Stasera, prima di ritornare qui, ho pensato ancora a quali potrebbero essere complessivamente le soluzioni di questo problema. E sono venuto qua per esporre il risultato dei miei pensierini ... ma nel rileggere con più attenzione quest'ultimo "post" m'è venuto da commentarlo come ho fatto!
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Quel che segue mi pare che comprenda OGNI possibile soluzione del problema, anche se non contiene una "formula chiusa", (cioè funzione esplicita (di uno o due interi positivi arbitrari), per il calcolo diretto della generica terna risolutrice $(x, y, z)$.
Insomma: presento un algoritmo risolutore e non delle formule conclusive.
[E mi limito a considerare le terne di interi positivi].

1 Come rilevato da dan95, $x$ e $y$ non possono essere entrambi pari. Per cui non è restrittivo assumere $y$ sempre dispari, diciamo pure nella forma $y=2n+1$ valida $∀∈nNN$.
2 Per $n=0$ è $y=1$ e sono soluzioni particolari tutte le terne con $x=z$ intero positivo arbitrario,
3 Per $n$ intero positivo arbitrario (e sempre con $y=2n+1$) sia $p= y^2 - 1 = 4·n·(n+1)$.
Si noti che $p$ è sempre divisibile per 8; e che può anche essere divisibile per potenze di 2 con esponente maggiore di 3.
3.1 Considerando la condizione cui devono sottostare $x$, $y$, e $z$ nella forma:
$z^2 - x^2 = 4·n·(n+1) = p$
siano $h$ e $k$ due interi positivi entrambi pari e tali che sia $h < k$ ∧ $h·k = p$.
3.2 Per OGNUNA di tali coppie $(h, k)$ si risolva il sistemino $z-x=h$ ∧ $z+x = k$, ottenendo:
$x= (k-h)/2$ ∧ $z = (k+h)/2$.
3.3 OGNI terna $(x, y, z)$ così ottenuta (ossia: $((k-h)/2, 2n+1, (k+h)/2)$ è soluzione del problema.
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P.S.
Rileggendo l'ultimo "post" di dan95 ... mi pare – ma non sono sicuro! – che, in fondo, la sua soluzione generale equivalga a questo mio algoritmo (che – ti assicuro dan95 – ho pensato indipoendentemente, prima di porre vera attenzione al tuo ultimo "post".
Io ho preso due interi pari $h$ e $k$. Ma siccome poi faccio la metà di $k-h$ e di $k+h$, è compreso anche il caso in cui il mio $h$ sia il doppio di un dispari ... ossia che i miei $h/2$ e $k/2$ coincidano con i tuoi $u$ e $(n(n+1))/u$.
Ma perché latua terza componente (cioè $z$, che è pure un intero positivo!) ti viene in forma di radicale? Mi sa che se svolgi il calcolo letterale che ci sta sotto radice ti viene un quadrato perfetto ...

[axpgn]

@Erasmus
Metti i "dollari" al posto giusto per il punto 2 ...

Per quanto riguarda la $z$ "radicale" di dan95, penso che semplicemente NON abbia fatto nessun calcolo ma si sia limitato a sostituire $x$ e $y$ ... per far prima ...

Cordialmente, Alex

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":[...] siano $h$ e $k$ due interi positivi entrambi pari e tali che sia $h< k$ ∧ $h·k = y^2-1=4n(n+1) =p$.
[...] Per OGNUNA di tali coppie $h, k)$ [...] $x= (k-h)/2$ ∧ $z = (k+h)/2$.
OGNI terna $(x, y, z)$ così ottenuta (ossia: $((k-h)/2, 2n+1, (k+h)/2)$ è soluzione del problema.

Sia per esempio $n=15$, ossia $y=2n+1=31$ e $p=4n(n+1)= y^2 - 1 = 960$.
Le coppie di interi $h$ e $k$ pari con $h < k$ e $h·k = 960$ sono 10; e in corrispondenza di ciascuna c'è una diversa terna $(x,y,z)$ sempre con $y = 31$. V. la tabella che segue,

  h          k        x        y       z
 30         32        1       31      31
 24         40        8       31      32
 20         48       14       31      34
 16         60       32       31      38
 12         80       34       31      46
 10         96       43       31      53
  8        120       56       31      64 
  6        160       77       31      83
  4        240      118       31     122
  2        480      239       31     241  

_______

[axpgn]

@Erasmus
Vedo che i miei post non ti interessano dato che non li leggi ...

[dan952]

Confermo: non mi andava di contare

[Erasmus_First]

[ot]

"axpgn":@Erasmus
Metti i "dollari" al posto giusto [...]

Grazie della segnalazione.
Fatto!

"axpgn":@Erasmus
Vedo che i miei post non ti interessano dato che non li leggi ...

Sono diventato lentissimo, ci vedo sempre meno, in più ogni tanto la tastiera del computer si mette a funzionare male (con la fila dei cinque tasti T, Y, U; I e O che si rifiutano di scrivere), ... e ho un sacco di "priorità" familiari cui badare; per cui spessissimo mi interrompo lasciando aperta la pagina in cui sto scrivendo un messaggio-risposta; e magari concludo ed invio dopo molte ore o anche il giorno dopo. E' così che spesso mi capita di vedere poi messaggi inviati prima del mio che non ho ancora letto perché ho incominciato a rispondere quando non c'erano.
Porta pazienza, Alex! Non lo faccio apposta
Come dicevo altrove ... non si pretenda troppo da un vecchione che lui stesso a volte valuta "ormai da rottamare".

Ciao Alex.
Cordialmente, Erasmus![/ot]

[axpgn]