Triangoli rettangoli ... «a mo'»!

[Erasmus_First]

[ot]@ axpgn
Alex, hai fatto la naja?
Quando l'ho fatta io, gli alpini "lombardi" (della "Brigata Orobica" in cui disgraziatamente sono finito) dicevano «a mo'» per intendere "ancora" o "di nuovo".[/ot]
Siano $a$, $b$ e $c$ tre numeri reali positivi incogniti tali che risulti $a^2 + b^2 = c^2$.
Di essi si sappia inoltre che:
$a + b + c = 2p$ ∧ $a^3 + b^3 + c^3 = 2q$ , (con $p$ e $q$ numeri interi noti).
Deternina – Alex carisimo : $c$, la somma $a+b$ ed il prodotto $a·b$ ... nel modo più stringato che puoi!
_______



P.S (Editando)
Puoi, dapprima, provare sull'esempio:
$a + b + c = 62$ ∧ $a^3 + b^3 + c^3 = 30752$.

A ri-ciao

[axpgn]

"Erasmus_First":Puoi, dapprima, provare sull'esempio:
$a + b + c = 62$ ∧ $a^3 + b^3 + c^3 = 30752$.

$a=18+sqrt(14)$
$b=18-sqrt(14)$
$c=26$

Mi pare che tutte le terne pitagoriche siano soluzioni accettabili ...

Le soluzioni generali sono del tipo $a=m+sqrt(n)$ e $b=m-sqrt(n)$ con $m, n$ interi ?
Ovviamente, NON qualsiasi $m, n$ ma da determinare la forma ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Posto $ s=a+b; m=a*b $ si trova in tre passaggi $ s=(4p^3-q)/(3p^2); m= (2p^3-2q)/(3p); c=(2p^3+q)/(3p^2) $

Ciao

[Erasmus_First]

"axpgn":[quote="Erasmus_First"]Puoi, dapprima, provare sull'esempio:
$a + b + c = 62$ ∧ $a^3 + b^3 + c^3 = 30752$.

$a=18+sqrt(14)$
$b=18-sqrt(14)$
$c=26$[/quote] La sola risposta [giusta] non vale!
Il quiz chiede di trovare la rispsta [giusta] «nel modo più stringato che puoi!». Ma se non mi dici come hai fatto ... come faccio a darti il voto sulla "stringatezza"?

"axpgn":Le soluzioni generali sono del tipo $a=m+sqrt(n)$ e $b=m-sqrt(n)$ con $m, n$ interi ?
Ovviamente, NON qualsiasi $m, n$ ma da determinare la forma ...

Ma che bella scoperta («NON qualsiasi $m, n$»)!
E chi ti dice che m ed n debbano essere interi? Accontentiamoci che siano razionali, (cioè non trascendenti $a$ e $b$ e razionale $c$)!
Siccome deve essere $a^2 + b^2 = c^2$ – e allora $c^2 = 2(m^2 + n)$ e $2p = a^3 + b^3 + c^3) = 2[(m^3 + 3mn) + (m^2 + n)sqrt(2(m^2+n))]$ – e $p$ deve essere intero, se m ed n sono razionali (in particolare interi) ovviamente $m$ ed $n$ sono tali che $2(m^2 + n)$ è il quadrato di un razionale (ed intero se m ed n sono interi).
Vedi che nell'esempio (in cui viene $m = 18$ e $n = 14$) ti viene:
$c^2 = 2(m^2 + n) = 2(18^2 + 14) = 2(324 + 14) = 2·338 = 676 = 26^2$.

_______

[giammaria2]

Forse si voleva che la somma $ a+b $ ed il prodotto $ a·b $ fossero interi? Altrimenti non capisco a cosa serva la precisazione "con $ p $ e $ q $ numeri interi noti" né perché pensiate a terne pitagoriche.
La soluzione dovrebbe essere quella di orsoulx (a cui aggiungerei solo $p^3>q$ per rispettare la positività); la cosa interessante è come arrivarci in modo non banale, e non saprei ancora come.

[Erasmus_First]

@ giammaria
a) L'intento era quello di vedere che percorso si sceglie per arrivare alla soluzione più in fretta pche si può!
Io ne ho trovato uno davvero "breve". Forse è lo stesso di quello di orsoulx (che dice di aver risolto il quiz "in tre passaggi" .
b) Ho posto che p e q siano interi proprio per comprendere tutte le terne pitagoriche. Ossia: con in mente una precisa terna pitagorica [a, b, c], ti calcoli i due numeri
$a+b+c$ e $a^3 + b^3 + c^3$ (che risultano entrambi pari, per cui li chiamo per comodità rispettivamente 2p e 2q)
e fabbrichi un esercizio costituito dal proporre la soluzione di un sistema di tre equazioni "numeriche" (quale esempio di quello letterale proposto in questo quiz) in tre incognite, cioè:
$x + y + z = 2p$ ∧ $x^2 + y^2 = z^2$ ∧ $x^3 + y^3 + z^3 = 2q$
che sarà risolto da terne di numeri interi positivi.

"orsoulx":Posto $ s=a+b; m=a*b $ si trova in tre passaggi $ s=(4p^3-q)/(3p^2); m= (2p^3-2q)/(3p); c=(2p^3+q)/(3p^2) $.

.
Ma ... fammi vedere questi tuoi "tre passaggi", se no come faccio a valutare la tua "stringatezza"?
---------
Un triangolo rettangolo, oltre alla proprietà caratteristica "pitagorica" («Se i lati sono $[a, b, c]$ con $a < c$ ∧ $b < c$ allora è $a^2 + b^2 = c^2$») ha anche una proprietà caratteristica che prescinde dal sapere quale dei tre lati è quello più lungo. L'ho scoperta per caso qualche giorno fa; ed è essa che mi ha indotto a proporre questo quiz che si risolve davvero con una miseria di calcoli tenedo conto di essa. .
Forse la conosci anche tu, dato che dici di aver trovato la risposta "in tre passaggi". Ma forse no.
Te la dico? Ma sì, te la dico!
[size=120]«Se [e solo se] un triangolo di lati $[a, b, c]$ è rettangolo allora il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per la somma dei lati.[/size] Il quoziente è allora per forza una opportuna combinazione lineare dei lati. In formula:
$(a^3 + b^3 + c^3)/(a + b + c)^2 = αa + βb + γc$ (dove $α$, $β$ e $γ$ sono costanti).
Le tre costanti $α$, $β$ e $γ$ si calcolano convenientemente con le tre terne pitagoriche più piccole (cioè [3, 4, 5], [5, 12, 13] e [15, 8, 17]). Allora si ha infatti il seguente sistema di tre equazion di 1° grado nelle incognite $α$, $β$ e $γ$:
$3α + 4β + 5γ = (2(3^3 + 4^3 + 5^3))/(3 + 4 + 5)^2 = (2·216)/12^2 = 3;
$5α + 12β + 13γ = (2(5^3 + 12^3 + 13^3))/(5+ 12+ 13)^2 = (2·4050/30^2 = 9;
$15α + 8β + 17γ = (2(15^3 + 8^3 + 17^3))/(15+ 8+ 17)^2 = (2·8800/40^2 = 11.
La soluzione di questo sistemino è $[α , β , γ] = [-1, -1, 2]$.

Allora, tornando al quiz, scrivo di colpo:
$(a + b) + c = 2p$:
$–(a + b) + 2c = (2*2q))/(2p)^2 = q/p^2$.
Da queste ho subito:
$3c =(2p^3 + q)/p^2$ ∧ $(3(a+b) = (4p^3 - q)/p^2$ ⇔ $c =(2p^3 + q)/(3p^2)$ ∧ $a+b = (4p^3 - q)/(3p^2)$.
$ab = [(a+b)^2 – c^2]/2 = ((16p^6-8p^3 q +q^2) – (4p^6 + 4p^3 q+q^2))/(18p^4) = (2(p^3-q)$.

Ma tu come hai fatto?
Ciao ciao.

[giammaria2]

Evidentemente la mia obiezione non era abbastanza chiara. Scrivi

Se [e solo se] un triangolo di lati $[a, b, c]$ è rettangolo allora il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per la somma dei lati.

ma cosa c'entra quella divisibilità? L'unica condizione era che $a,b,c$ fossero reali positivi, e lo ottieni indipendentemente dal fatto che $p,q$ siano interi o no (devono solo essere positivi e deve valere la $p^3>q$).
Io ho ottenuto quella soluzione nel modo più banale possibile (e forse anche orsoulx l'ha fatto), e cioè risolvendo per sostituzione il sistema
${(s^2-2m=c^2),(s+c=2p),(s^3-3ms+c^3=2q):}$
e bastano pochissimi passaggi, leciti anche se non ci sono terne pitagoriche. Il fatto che un sistema di sesto grado porga un'unica soluzione fa pensare che possa essere risolto in modo più furbo della sostituzione, ed è questo modo che non vedo.

EDIT. Per la realtà di $a,b$ occorre anche che sia $s^2-4m>=0$. Inizialmente non ne avevo parlato perché un calcolo errato mi aveva portato alla conclusione che questa limitazione fosse meno restrittiva di quelle già indicate; correggendolo, trovo che deve essere
$p^3(-8+6sqrt 2)<=q e questo esclude che sia $p=1$ (nell'intervallo non ci sarebbe nessun intero $q$). Vanno bene invece tutti gli interi $p>=2$.

[orsoulx]

"Erasmus_First":Se [e solo se] un triangolo di lati [a,b,c] è rettangolo allora il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per la somma dei lati

Il "e solo se" di quanto affermi non è vero: un qualsiasi triangolo equilatero, con lato intero, soddisfa la condizione; ed anche richiedendo che i lati siano diversi continua ad essere falsa, es. la terna 5,6,7 rispetta la richiesta, ma il triangolo non è rettangolo.
Hai 'scoperto' una proprietà che ritieni interessante; ma non puoi pretendere di proporre un problema del genere con l'aspettativa che i solutori, senza la telepatia, ricostruiscano il tuo percorso. Visto che è quasi Natale, tanti auguri!! E non iniziamo una sterile discussione su quale sia il procedimento meno complicato.
Ho seguito il medesimo approccio di giammaria.

Ciao

[Erasmus_First]

"orsoulx":[quote="Erasmus_First"]Se [e solo se] un triangolo di lati [a,b,c] è rettangolo allora il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per la somma dei lati

Il "e solo se" di quanto affermi non è vero: un qualsiasi triangolo equilatero, con lato intero, soddisfa la condizione [/quote]Hai ragione!
Perbacco, è ovvio che $6a^3$ è divisibile per $3a$! Il fatto è che dovevo scrivere (e credevo di aver scritto ) "per il quadrato della somma dei lati" (ed invece ho scritto "per la somma dei lati"). Vedi che il seguito (del passo che hai citato) recita:

Il quoziente è allora per forza una opportuna combinazione lineare dei lati. In formula:
$(a^3 + b^3 + c^3)/(a + b + c)^2 = αa + βb + γc$ (dove $α$, $β$ e $γ$ sono costanti).

Ma il "solo se" è sbagliato lo stesso perché per un triangolo equilatero con i lati $a = b = c = 3k$ succede
$(2(a^3 + b^3 + c^3))/(a+b+c)^2 = (162k^3)/(27k^2) = 6k$.
Grazie della segnalazione.

"orsoulx":[...] ed anche richiedendo che i lati siano diversi continua ad essere falsa, es. la terna 5,6,7 rispetta la richiesta, ma il triangolo non è rettangolo.

Sì, in questo esempio (di triangolo scaleno) «il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per la somma dei lati»: ma non per il quadrato della somma dei lati.
[Non ricordo più dove, ma da qualche parte ho detto proprio: «Il doppio della somma dei cubi dei latu è divisibile per la somma dei lati ed il quoziente è ancora divisibile per la somma dei lati» (o, se non ho detto esattamente così, ho però detto qualcosa con questo stesso preciso significato).

"orsoulx":Hai 'scoperto' una proprietà che ritieni interessante; ma non puoi pretendere di proporre un problema del genere con l'aspettativa che i solutori, senza la telepatia, ricostruiscano il tuo percorso

[/quote][/quote]Ma il mio intento non aveva certo questa pretesa! Volevo invece apere se quella proprietà era nota ad altri (per esempio proprio ad orsoulx!) o se c'era qualche altro metodo altrettanto sbrigativo (... o di più!) per risolvere un triangolo rettangolo note la somma dei lati e la somma dei cubi dei lati.
[Tu, che hai detto di aver risolto il quiz "con tre passsaggi", potresti, per favore, segnalarmeli espressamente? Vedi che ho pensato che tu pure abbia usato questa proprietà ... che spero "caratteristica" dei triangoli rettangoli nell'insieme dei soli triamgoli. scaleni.
[Tutto è iniziato con un quiz estremamente facile, cioè:
«In un triangolo rettangolo di lati $a$, $b$ e $c$ è:
$a + b + c = 26$ ∧ $a^2 + b^2 + c^2 = 242$.
Quanto vale l'area?»
Rispondere è sbrigativo perché, essendo a priori $a^2 + b^2 = c^2$ la seconda uguaglianza dà di colpo
$c^2 = 242/2 = 121 = 11^2$ ⇒ $c= = 11$
per cui dalla prina equazione viene $a+b = 15$ ed infine
 =ab/2 = (a+b)^2 - c^2)/4 = (225 – 121)/4 = 26$.
Allora ... m'è venuta voglia di complicare un po' il quiz (passando dai quadrati dei lati ai cubi) e tuttavia mantenere un percorso più sbrigativo dedi quello che procede eliminando l'ipotenusa con Pitagora. Che il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per il quadrato del perimetro l'ho scoperto appunto cercando un percorso più sbrigativo di quello pedisseqo dell'eliminazione di una incognita con l'applicazione diretta del Teorema di Ptagora).
---------
Nessuna discussione! Son qui a parlarne perché ... mi hai hiamato in causa!
Tanti auguri a te e ai tuoi cari,
Ciao, ciao.

_______

[orsoulx]

"Erasmus_First":Tu, che hai detto di aver risolto il quiz "con tre passsaggi", potresti, per favore, segnalarmeli espressamente?

"orsoulx":Ho seguito il medesimo approccio di giammaria.

Mi sfugge il motivo della tua richiesta, comunque a titolo di regalo natalizio.. Se $ s $ è la somma dei cateti e $ m $ il loro prodotto (il doppio dell'area del triangolo) il sistema da risolvere è
$ {(2p-s=c),(s^2-2m=c^2),(2q-s^3+3sm=c^3):} $
Sostituendo, pedissequamente, nella seconda equazione $ c^2 $ con il quadrato di $ c $ che compare nella prima e il $ c^3 $ della terza con il prodotto $ c * c^2 $ delle prime due (due passaggi) si ottiene.
$ {(2p-s=c),(2ps-m=2p^2),(2ps^2-ms-4mp=2q):} $ e si termina sostituendo $ m $ nella terza equazione con la sua espressione dalla seconda (terzo passaggio) si ricava la risolvente $ 3p^2s=4p^3-q $ : sostituzione allo stato purissimo. Volendo aggiungere un pizzico di eleganza ( con un passaggio in più) si può, invece, sostituire il blocco $ 2ps-m $ ottenendo il sistema di primo grado $ {(2p-s=c),(2ps-m=2p^2),(2p^2s-4mp=2q):} $ , che sembra fatto apposta per usare il metodo di riduzione.

Esistono anche triangoli scaleni, non rettangoli, con la medesima proprietà che hai trovato. Mi pare notevolmente più interessante la domanda finale che Alex ha aggiunto al tuo post sulle terne pitagoriche, con applicazioni interessanti, ad esempio: come si può determinare il numero di punti con coordinate intere appartenenti ad una circonferenza con centro nell'origine e raggio intero assegnato?

Ciao

[axpgn]

@orsoulx
[ot]

"orsoulx":... ad esempio: come si può determinare il numero di punti con coordinate intere appartenenti ad una circonferenza con centro nell'origine e raggio intero assegnato? ...

Idea molto, molto carina ... quindi una circonferenza di raggio $3$ non ne avrebbe nessuno se si escludono quelli, diciamo "degeneri", $(+-r,0), (0,+-r)$ mentre quelli di raggio $5$ (che ne hanno solo uno) ne avrebbero due in un quadrante e quindi otto in totale più i quattro "degeneri" ... ho capito giusto?

[/ot]

Cordialmente, Alex

[Erasmus_First]

"giammaria":Evidentemente la mia obiezione non era abbastanza chiara. Scrivi

Se [e solo se] un triangolo di lati $[a, b, c]$ è rettangolo allora il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per la somma dei lati.

[...]

Ciao, giammaria. Tanti auguri a te e ai tuoi cari!

In dialogo con orsoulx ho già detto che nel brano del mio precedente messaggio che tu citi qui cìè un grave errore (di "omissione")! Mi è rimasta nella tastiera una parte di frase! Invece di:
"il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per la somma dei lati"
dovevo scrivere – volevo scrivere ... e credevo di avere scritto – :
"il doppio della somma dei cubi dei lati è divisibile per il quadrato della somma dei lati".
In formula (e tenendo conto del fatto che $a$, $b$ e $c$ sono le misurre dei lati di un triangolo rettangolo)
$ (2(a^3 + b^3 + c^3))/(a+b+c)^2$ è un polinomio di primo grado a coefficienti interi.
Quando fosse $a+b+c = 2p$ e $a^3 + b^3 + c^3 = 2q$ (con $p$ e $q$ interi positivi) sarebbe intero (positivo) il rapporto
$2(2q)/(2p)^2 = q/p^2$.

"giammaria":[...] ma cosa c'entra quella divisibilità? [...]

C'entra col quiz (che chiede ... come si fa a risolvere in fretta il triangolo) perché con quella "divisibilità puoi sostituire la seconda equazione (di 3° grado), cioè
$a^3 + b^3 + c^3 = 2q$
con una di 1° grado ottenuta appunto tramite rapporto

ol quale (fatto una volta per tutte), porge

$–(a+b) + 2c = q/p^2$. [**]
Allora (cioè dal sistema $a+b+c = 2p$ ∧ $–(a+b)+2c = (2(2q))/(2p)^2 = q/p^2$ si trova di colpo:
$3c = 2p + q/p^2$ ∧ $3(a+b) = 4p-q/p^2$.
_______