Triangoli "interi" quasi equilateri

[Erasmus_First]

Il ritorno del triangolo di lati di lunghezza proporzionale rispettivamente ai numeri conasecutivi 13, 14 e 15 (nell'esercizietto "postato" da massimoaa) m'ha ispirato il seguente quiz.

Introduzione
Definisco "triangolo intero quasi equilatero" [TIQE] un triangolo con i lati che, in una opportuna unità di misura u, misurino tre numeri interi consecutivi, diciamo
$[c, a, b] = [n-1, n, n+1]$u (con n intero positivo)
e, inoltre, che abbiano l'altezza relativa al lato lungo n di misura pure intera, diciamo:
$h_n = m$ u, con m intero positivo.
Tali sono, ad esempio i triangoli di lati [3, 4, 5] (perché l'altezza relativa al lato lungo 4 è 3) e [13, 14, 15] (perché l'altezza relativa al lato lungo 14 è 12).

Il quiz
Quanti e quali sono i triangoli interi quasi equilateri (brevemente TIQE, secondo la definizione data più sopra nell'introduzione al quiz)?
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[Pachisi]

Ciao

Se non sbaglio, ci sono infinite soluzioni. Usando la formula di Erone, abbiamo $(mn)/2=sqrt(s(s-n)(s-n+1)(s-n-1))$, dove $s$ è il semiperimetro del triangolo. Semplificando viene $3n^2-4m^2=12$, un'equazione di Pell che non so risolvere. Dovrebbero esserci infinite soluzioni.

[orsoulx]

V'è un'infinità numerabile di TIQE. I lati di di questi misurano $ [t-1; t; t +1] $, le proiezioni degli altri due lati su quello intermedio $ [t/2-2; t/2+2] $ e l'altezza relativa a questo lato $ sqrt(3(t^2/4-1)) $ con i $ t_i $ uguali all'arrotondamento per eccesso di $ (2+sqrt3)^i $.

Ciao
in particolare al redivivo Pachisi

[Erasmus_First]

@ Pachisi

Ciao, Pachisi. E' un bel po' che non ti leggo!
Lasciamo perdere Pell ... che io non conosco.
[Ma so risolvere il mio quiz lo stesso!]

Sì: le soluzioni sono infinite. Ma adesso occorre individuarle senza equivoci!

La tua idea di vedere l'area con Erone ... non è male
Ma devi sfruttarla meglio!

Se i lati sono n, n-1 e n+1, il semiperimetro (il tuo s) vale 3n/2. Allora il doppio dell'area (con Erone) viene:
$2A = 2sqrt(3n/2·(3n/2-n)(3n/2-n+1)(3n/2-n-1)) = sqrt((3n^2(n^2-4))/4)$.
Siccome anche l'altezza è intera, il doppio dell'area è un intero; e quindi n deve essere pari, diciamo $n = 2p$
Con ciò, anche l'area viene intera e quindi deve essere intero il numero:
$A = sqrt(3p^2(p^2-1)) =psqrt(3(p^2-1))$.
Quindi deve essere quadrato di un intero il numero $3(p^2-1)$. Ma allora $p^2-1$ deve esere divisibile per 3, essere quindi il triplo di un quadrato di un intero, ossia (per un opportuno k intero):
$(p^2-1) = 3k^2$ ⇔ $n = 2p = 2sqrt(3k^2+1)$.
Occorre dunque cercare i k coi quali $3k^2 + 1$ risulti il quadrato di un intero.
Alcuni k (piccolini) si trovano facilmente per tentativi. Per esempio, per $k = 0, 1, 4$ abbiamo rispettivamente
$p= 1, 2, 7$ e quindi $n = 2p = 2, 4, 14$.
Beh: adesso prosegui tu! Al tuo posto cercherei per tentati il k che segue 0, 1, 4 e di conseqguenza il p che viene dopo 1, 2, 7. E poi cercherei se si può estrapolare una legge di ricorrenza lineare ...
Ciao ciao, Pachisi.

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[Pachisi]

Ciao, mi fa piacere sentirvi. Però, sono un pò fuori pratica.

Deve essere $3k^2+1=p^2$. Quindi, $p^2-3k^2=1$. Se $(a,b)$ è una soluzione, lo sarà anche $(2a+3b,a+2b)$. Quindi, abbiamo infiniti interi positivi $k$ per i quali $3k^2+1$ è un quadrato perfetto. Quindi, abbiamo infiniti triangoli.
Per la ricorrenza, $x_n=2x_{n-1}+3y_{n-1}$, $y_n=x_{n-1}+2y_{n-1}$, con $x_0=1, y_0=0$ e $p$ prende i valori di $x_n$, mentre $k$ prende i valori di $y_n$.
Ciao

[orsoulx]

@Pachisi:
beh! Per essere un po' fuori pratica, i risultati che trovi sono ottimi.

Credo che gli algoritmi utilizzati per trovare le soluzioni esatte molto grandi usino proprio le espressioni ricorsive che proponi, attraverso le potenze di $ [(2,3),(1,2)] $.
Se lo scopo è, invece, ottenere espressioni esatte per una calcolatrice, la strada più breve non è quella suggerita da Erasmus (è affiliato al club degli ultracrepidari): le espressioni ricorsive non servono.

@Erasmus:

Il percorso che proponi mi sta bene quando lo utilizzi tu, non quando lo proponi ad altri: è inutilmente contorto e non privo di controindicazioni. Prova ad usarlo, senza computer, per risolvere queste due equazioni $ x^2-31y^2=+-1 $.

Ciao

[Erasmus_First]

@ Pachisi
Non vedo più le osservazioni che mi ponevi. In particolare l'equazione $x^2 - 31y^2 = 1$ .
Ti rispondo lo stesso.
a) Quel che ho consigliato va bene per questo caso. Non ho detto che io procedo sempre così!
Questa volta il quiz m'è venuto, (stimolato dall'Esercizietto di massimoaa) come ulteriore applicazione delle sequenze linearmente dipendenti (in questo caso di ordine 2 come la sequenza di Fibonacci).
b) Se poni $x = cosh(φ)$ e $sqrtk·y = sinh(φ)$, l'equazione diofantea $x^2 - ky^2 = 1$ è ovviamente verificata (per ogni k) da $φ = 0$, (cioè da $[x, y] = [1, 0]$).
E se è verificata da $(x, y) = (a, b)$, allora è verificata, per ogni m intero, anche da
$[x, y] = [cosh(mφ), sinh(mφ)]$
dove φ è l'argomento per il quale $cosh(φ) = a$ e $sinh(φ) = sqrtk·b$, ossia $φ=ln(a+sqrtk·b)$ (dato che
$[cosh(φ)]^2 - [sih(φ)]^2 = 1$
per ogni φ). Ma come trovi $(a, b)$ se non per tentativi?
Nel caso del presente quiz (dove è $k=3$ e quindi va bene $[x, y] = [2, 1]$, alla fine della fiera trovi che oltre a $φ=0$ va bene, per ogni m intero, anche
$φ_m=m·ln(2+sqrt3)$ .
c) Si può ridurre il numero di tentativi ragionando, per esempio, sulla parità/disparità.
Per esempio, per esercizio mi sono dato da risolvere $x^2 - 5·y^2=1$. Ho trovato la soluzione $[x, y] = [9,4]$ cercando quale $y$ desse $5y^2+1$ quadrato d'un intero dopo $y=0$ . Ma la soluzione successiva (che è $(x,y) = (161, 72)$) non l'ho trovata aumentando y di un'unità alla volta fino a $y=72 ma ragionando prima sul fatto x ed y devono essere uno pari e l'altro dispari , poi che è impossibile che sia $y$ dispari e $x$ pari, per cui, ragionando un po', si trova che deve essere $y=4m$ e $x=2n+1$ tali $(n(n+1))/2 =10·m^2$ e quindi che una soluzione si ha per $n^4 e $m=1$, (ossia per $[x, y] = [9, 4]$), ed un'altra può esserci per n divisibile per 20, (diciamo $n=20h)$ ossia $x = 40h+1$) per cui deve essere
$(20h·(20h+1))/2 = 10·m^2$ ⇔ $h·(20·h+1)=m^2$
che è verificata (con pochissimi tentativi!) da $h = 4$ e quindi $m^2 =4·81$ ossia $m = 18$ ovvewro $[x, y] = [161, 72]$.
Avrei però fatto più presto, dopo aver trovato per tentativi, la soluzione $[x, y] = [9, 4]$, cercare la legge di ricorrenza pensando che tre coppie in fila sono
$(9, –4)$; $(1, 0)$; $(9, 4)$;
ossia col sistema lineare nelle incognite A e B: $1·A+9·B= 9$ ∧ $0·A + (-4)·B = 4$ ⇔ $a=18$ ∧ $b=-1$.
d) Ho dedicato anche molto tempo a cercare di risolvere $x^2 -31y^2 = 1$ con x e y interi ... ma non ci sono (ancora) riuscito!
Tu come faresti? Haiper caso già la soluzione successiva a (1, 0)?
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@ orsolulx & Pachisi
Veramente io ho suggerito a Pachisi, fin dal suo primo intervento, di vedere se si poteva estrapolare una legge di ricorrenza. Ma non avevo in testa una legge di ricorrenza di ordine 1 su una sequenza di coppie di interi, bensì la stessa legge di ricorrenza di ordine 2 su due distinte successioni di interi.
Insomma, Pachisi, di fronte ad una equazione diofantea del tipo $x^2 – y3y^2$, ha pensato (probabilmente) a qualcosa del tipo:
$∀k ∈ ZZ$ $x_(k+1) = a·x_k + b·y_k$;
$∀k ∈ ZZ$ $y_(k+1) = c·x_k + d·y_k$.
Io invece avevo in testa qualcosa del tipo:
$∀k ∈ NN$ $x_(k+2) = A·x_(k+1) + B·x_k$;
$∀k ∈ NN$ $y_(k+2) = A·y_(k+1) + B·x_k$.
In entrambi i casi occorre conoscere tre soluzioni in fila.
Una è evidente, è $[x, y] = [1, 0]$.
Le altre si devono trovare per tentativi.
Cercando per quali y interi $3y^2 + 1$ è il quadrato di un intero si trova subito (dopo $y=0$) $y=1$ (e quindi $x = 2$).
Io, continuando a cercare per y interi crescernti, ho trovato anche $y=4$ (e quindi $x=7$) e $y=15$ (col quale $x=26$).
Probabilmente, Pachesi, si è fermato a $(x, y) = (2, 1)$ perché essendo l'equazione diofantea quadratica, se va bene
$(x, y) = (2, 1)$
va bene anche
$(x, y) = (2, -1)$.
Io avevo risolto il sistema lineare (nelle incognite $A$ e $B$):
$2·A+1·B = 7$ ∧ $2·A + 0·B = 4$
trovando $A= 4$ e $B = -1$.
Da qui la legge di ricorrenza $x_(k+2) =4·x_(k+1) – x_k$ ∧ $y_(k+2) =4·y_(k+1) – y_k$ (per ogni $∀k ∈ NN$).
[E $[x, y] = [26, 15]$ mi era servito per controllare che la legge di ricorrenza di 2° ordine funziiona].

Probabilmente, Pachisi ha risolto i due sistemi lineari (il 1° nelle ingognite $a$ e $b$, il 2°nelle incognite $c$ e $d$) (magari a mente!):
1°: $-2·a+(-1)·b = 1$ ∧ $1·a + 0·b = 2$ ⇔ $a=2$ ∧ $b=3$;
2°: $-2·c+(-1)·d = 0$ ∧ $1·c + 0·d = 1$ ⇔ $c=1$ ∧ $d=2$.
E poi ha controllato che, se $x^2 - 3y^2 = 1$, allora anche $(2x+3y)^2 - 3(x + 2y)^2 = 1$.
Oppure (molto più probabilmente) ha semplicemente pensato che per qualunque $(x, y)$ deve valere un'uguaglianza del tipo:
$(ax+by)^2 -(cx+dy)^2 = x^2 - 3y^2$
ossia (per il principio di identità) deve essere:
$a^2 - 3c^2 = 1$;
$b^2 - 3d^2 = –3$;
$2ab - 2cd = 0$.
E poi ha trovato (probabilmente a mente) che la 1ª delle ultime tre equazioni è verificata da $(a, c) = (2, 1))$, la 2ª da $(b, d) = (3, 2)$ e tali valori di $a$, $b$, $c$ e $d$ verificano anche la terza.

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[Pachisi]

@Erasmus_First:
Non ho capito la prima parte del tuo messaggio. Forse ti riferivi a orsoulx?
Ciao.

[Erasmus_First]

Ops!
Vedo ora che le osservazioni e ... la provocante equazione $x^2 - 31y^2 = 1$ non erano di Pachisi ma di orsolulx.
Chiedo scusa ad entrambi!

@ orsoulx[ot]Mi ero laureato perhobby in "Sienze dell'Informazione" (Milano, luglio 1990). Ma conosvevo (bene) solo il TutboPascal per Macintoh (della Borland come quello per gli IBM compatibili che usavamo a scuola, ma molto più potente perché sfruttava la libreria Apple "SANE" (= Standard Apple Numerical Environment"). Allora avevo un Macintosh Plus (da 30 MegaByte di memoria su hard-disk, acquistato nel 1989 apposta per la tesi di laurea). Da quando mi sì è rotto il Mac Plus (1997) e sono passato ai successivi iMac (entrando in Internet già nel 1997) e ora ad un MacBook-Pro (che fa un po' schifo), siccome non "gira" più il Pascal, non ho più programmato.
Per fortuna certe cose (come l'ntegrazione numerica con una somma di addendi molto piccoli) le posso fare ancora col programma "Grapher" (per Apple in OS X).
Ma ho nostalgia del Pascal ...E non sono più in grado nemmeno di provare automaticamente una funzione $F(n)$ per n intero crescente di un'unità alla volta .
L'ho già detto: sono ormai da "rottamare"! E per un pelo non sono stato rottamato a fine anno, quando – mi hanno raccontato – mi sono schiantato a terra per un infarto e mi sono svegliato – questo invece me lo ricordo bene – circa 27 ore dopo il precedente ultimo ricordo (associato a quello di un normale "benessere") in ospedale (nella "Rianimazione" della Cardiologia)][/ot]
Come risolvi, tu, la tua maledetta equazione diofantea $x^2 - 31y^2 = 1$?
Se avessi ancora un compilatore Pascal, andrei di colpo a cercare il minimo y intero positivo per cui $31y^2+1$ è quadrato di un intero.
Ciao ciao.

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[orsoulx]

@Erasmus,
a me non dovevi scuse: essere scambiato per Pachisi è un onore.
Venendo al problema.

Se disponiamo della più piccola soluzione dell'equazione $ x^2-Ny^2=1 $ con N non uguale ad un quadrato e incognite positive, trovare le altre è molto facile, tu usi le funzioni iperboliche (mi è piaciuto questo approccio cui non avevo pensato), ma basta l'algebra elementare.
Se $ x_1^2-N y_1^2 =1 $, sarà pure uguale ad uno qualsiasi potenza ad esponente intero del primo membro ed allora possiamo scrivere: $ (x_1+sqrt(N) y_1)^n ( x_1-sqrt(N) y_1)^n =1 rightarrow (x_n+sqrt(N) y_n) ( x_n-sqrt(N) y_n) =1 rightarrow x_n^2-N y_n^2 =1.$
Dimostrare che non ve ne sono altre richiede qualche ulteriore considerazione, ma evitiamo.
In modo analogo le relazioni ricorsive di Pachisi si possono ricavare dalla matrice $[(x_1,Ny_1),(y_1,x_1)] $ il cui determinante vale uno e le cui potenze restituiscono le relative coppie di soluzioni.
Dunque nessuna necessità di cercare successive coppie (numeriche) di soluzioni per dedurne poi la definizione ricorsiva di ciascuna variabile e da queste le espressioni acconce.
Libero, ovviamente, di farlo: può esser (quando ci si riesce) divertente, ma, secondo me, non è bello proporlo, come panacea, ad altri.

Credo esistano più metodi per trovare la più piccola coppia di soluzioni, io utilizzo le frazioni continue (che sono parenti strette dell'algoritmo di Euclide per il MCD). Ti propongo un giochino: prosegui questi passaggi.
$ sqrt(31)-5=6/(sqrt(31)+5) $
$ (sqrt(31)+5)/6-1= (sqrt(31)-1)/6=5/(sqrt(31)+1) $
$ (sqrt(31)+1)/5-1= (sqrt(31)-4)/5=3/(sqrt(31)+4) $
....
...
fino a quando ti ritroverai con la differenza iniziale; garantito che succede sempre, perché le frazioni continue delle radici quadrate (di non quadrati) sono periodiche. Nota che del radicale si usa solo il fatto che sia compreso fra 5 e [strike]8[/strike] 6.

23/09 11:13 Corretto un errore di segno e l'ultimo numero che doveva essere 6 e non 8.
Ciao

[curie88]

Ciao, ho provato così:

Usando il $T.d.P$ arrivo al risultato di @Pachisi,

\begin{cases}
(n-1)^2 - m^2 = x^2 \\ (n+1)^2 - m^2 = y^2 \\ n = x + y
\end{cases}

Facendo i conti, un po' lunghi ma non difficili infatti ottengo:
$\n^2 = (4/3)(\m^2+3)$

da cui ricavo, introducendo il parametro $\k \in \N$:

$\n^2 = 4\k$

$m^2 = 3(k-1)$

ottenendo le quaterne infinite:
\begin{matrix}
n-1 & n & n+1 & m \\
3 & 4 & 5 & 3 \\
13 & 14 & 15 & 12 \\
51 & 52 & 53 & 45 \\
193 & 194 & 195 & 168 \\
723 & 724 & 725 & 627 \\
2701 & 2702 & 2703 & 2340 \\
10083 & 10084 & 10085 & 8733 \\
37633 & 37634 & 37635 & 32592 \\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots
\end{matrix}

E qui dovrei dimostrare l' infinità...

[curie88]

Anzi successivamente mi sono accorto che è molto meglio(rispetto a quanto scritto precedentemente da me), usare le due equazioni:

$n = 2k$
$m = sqrt(3(k^2-1))$

che discendono dalle equazioni del post precedente; qui chiaramente bisogna cercare i valori interi di $n$ e $m$, per valori di $k$ interi, tali da soddisfare entrambe le equazioni.