Questo quesito è stato posto sul chan #olimpiadi da una certa michela, che sosteneva le fosse stato proposto a scuola, la mia soluzione invalida quest'ultima proposizione, vediamo se voi trovate soluzioni "scolastiche"
Trovare tutte le soluzioni naturali di $ x(x-1)=2y(y-1) $
Iperbole al naturale
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"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
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darkcrystal
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Boh... proviamo:
$ -2y^2+2y+(x^2-x)=0 $ Fisso x e calcolo y:
$ y_{1}=\frac{-1 + \sqrt{1+2(x^2-x)}}{-2} $
Quindi $ 1+2(x^2-x) $ è un quadrato perfetto.
A parte le ovvie soluzioni x=1 e x=0, si ha che
$ 1+2(x^2-x)=x^2-2x+1+x^2=(x-1)^2+x^2 $ che ha come unica altra soluzione x=4 (l'unica terna pitagorica con due valori consecutivi, che io sappia, è 3,4,5). Perciò si ricava:
0,0
0,1
1,0
1,1
4,3
(4,-2) in cui però abbiamo un negativo.
Non sono sicuro che sia giusta e nemmeno che sia scolastica... però non mi sembra così assurda.
Oggi poi non è giornata: ho appena fatto compito in classe di mate e mentre consegnavo mi sono accorto che c'era un esercizio che non avevo neanche visto
Ciao!
$ -2y^2+2y+(x^2-x)=0 $ Fisso x e calcolo y:
$ y_{1}=\frac{-1 + \sqrt{1+2(x^2-x)}}{-2} $
Quindi $ 1+2(x^2-x) $ è un quadrato perfetto.
A parte le ovvie soluzioni x=1 e x=0, si ha che
$ 1+2(x^2-x)=x^2-2x+1+x^2=(x-1)^2+x^2 $ che ha come unica altra soluzione x=4 (l'unica terna pitagorica con due valori consecutivi, che io sappia, è 3,4,5). Perciò si ricava:
0,0
0,1
1,0
1,1
4,3
(4,-2) in cui però abbiamo un negativo.
Non sono sicuro che sia giusta e nemmeno che sia scolastica... però non mi sembra così assurda.
Oggi poi non è giornata: ho appena fatto compito in classe di mate e mentre consegnavo mi sono accorto che c'era un esercizio che non avevo neanche visto
Ciao!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
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Anche la terna pitagorica 119 - 120 - 169, soddisfa queste condizioni e da essa si ricava la soluzione x = 120, y = 85.afullo ha scritto:Ho trovato un'altra terna pitagorica con i primi due valori consecutivi: è 20,21,29 (400+441=841)
Da questo si ricava un'altra soluzione: x=21, y=15.
Detto questo però non sono riuscito ad andare più a fondo nella dimostrazione...
E' probabile che ne esistano molte altre ...
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darkcrystal
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........... questo mi sembra troppo scolastico, ma nell'accezione negativa del termine; scolastico non vuol dire "non dimostriamo le cose e teniamole per buone", vuol dire "usiamo solo ciò che ci è stato spiegato a scuola".darkcrystal ha scritto:Boh... proviamo:
(l'unica terna pitagorica con due valori consecutivi, che io sappia, è 3,4,5)
P.S. Le soluzioni sono infinite.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
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darkcrystal
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Mi avventuro in TdN perchè questo problema mi piace particolarmente, ma non sono molto esperto, quindi perdonate eventuali erroracci...
Dobbiamo trovare quando $ (x-1)^2+x^2 $ è un quadrato perfetto, ovvero le terne pitagoriche aventi i primi due elementi consecutivi.
Tutte le terne pitagoriche primitive sono della forma $ a=m^2-n^2, b=2mn, c=m^2+n^2 $ a meno di uno scambio tra $ a $ e $ b $.
Le terne che noi crechiamo sono di certo primitive, perchè (a,b)=1 essendo consecutivi.
Allora possiamo avere uno di questi due casi:
$ m^2-n^2+1=2mn $ oppure $ m^2-n^2-1=2mn $
che risolti danno queste condizioni: $ m=n+\sqrt{2n^2\pm 1} $
$ 2n^2+1 $ è un quadrato perfetto oppure $ 2n^2-1 $ è un quadrato perfetto.
Ora studiamo per quali n questo è possibile, così poi possiamo risalire ai corrispondenti valori della x.
Pongo $ m=n+q $.
Lavoriamo su $ 2n^2+1=q^2 $.
Ottengo: $ 2n^2=(q-1)(q+1) $ allora q dispari=2h+1 perchè $ 2n^2 $ è di certo pari
$ 4|2n^2 $ allora n pari=2k.
$ 2k^2=h(h+1) $
$ k^2=\frac{h(h+1)}{2} $ allora k è la somma dei primi h naturali (non so se può servire).
Io vedo solo h=0, h=1 e h=8. Ce ne sono altri?
Lascio a voi anche lo studio dell'altra condizione (e controllate bene quello che ho fatto, può darsi che non sia giusto)
Ciao
Dobbiamo trovare quando $ (x-1)^2+x^2 $ è un quadrato perfetto, ovvero le terne pitagoriche aventi i primi due elementi consecutivi.
Tutte le terne pitagoriche primitive sono della forma $ a=m^2-n^2, b=2mn, c=m^2+n^2 $ a meno di uno scambio tra $ a $ e $ b $.
Le terne che noi crechiamo sono di certo primitive, perchè (a,b)=1 essendo consecutivi.
Allora possiamo avere uno di questi due casi:
$ m^2-n^2+1=2mn $ oppure $ m^2-n^2-1=2mn $
che risolti danno queste condizioni: $ m=n+\sqrt{2n^2\pm 1} $
$ 2n^2+1 $ è un quadrato perfetto oppure $ 2n^2-1 $ è un quadrato perfetto.
Ora studiamo per quali n questo è possibile, così poi possiamo risalire ai corrispondenti valori della x.
Pongo $ m=n+q $.
Lavoriamo su $ 2n^2+1=q^2 $.
Ottengo: $ 2n^2=(q-1)(q+1) $ allora q dispari=2h+1 perchè $ 2n^2 $ è di certo pari
$ 4|2n^2 $ allora n pari=2k.
$ 2k^2=h(h+1) $
$ k^2=\frac{h(h+1)}{2} $ allora k è la somma dei primi h naturali (non so se può servire).
Io vedo solo h=0, h=1 e h=8. Ce ne sono altri?
Lascio a voi anche lo studio dell'altra condizione (e controllate bene quello che ho fatto, può darsi che non sia giusto)
Ciao
Mh... consiglierei di studiare meglio questo punto (le due equazioni vanno prese singolarmente e in entrambi i casi abbiamo qualcosa della forma $ x^2-2y^2=1 $, a questo punto....). Comunque hai fatto gran parte del lavoroBacco ha scritto: che risolti danno queste condizioni: $ m=n+\sqrt{2n^2\pm 1} $
$ 2n^2+1 $ è un quadrato perfetto oppure $ 2n^2-1 $ è un quadrato perfetto
Ripeto, le soluzioni sono infinite, o comunque $ 6 $ oltre a quelle banali le ho anche calcolate, quindi se trovate meno di $ 6 $ soluzioni intere positive, allora siete in errore
P.S. Nel caso foste come San Tommaso $ (x,y) $ che solvono sono $ (4,3),(21,15),(120,85),(697,493),(4060,2871),(23661,16731) $
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
In effetti anche a me, andando avanti coi calcoli, ad un certo punto mi è parso ci potessero essere infinite soluzioni, ma il fatto che fosse presentato come scolastico mi ha indotto a pensare che avessi sbagliato qualcosa 
A proposito, non so se avete notato ma facendo il rapporto tra due valori successivi che x può assumere (21/4, 120/21, 697/120, 4060/697, 23661/4060...) questo tende ad uno strano limite... 5,8284 circa... avevo già notato qualcosa del genere analizzando i numeri che contemporaneamente erano triangolari e quadrati (in quel caso a dover essere quadrato perfetto era un numero della forma 8*m^2+1, che lo è per m=1,6,35,204,1189... dunque i numeri in questione sono 1,36,35^2,204^2,1189^2...).
qualcuno ha spiegazioni?
A proposito, non so se avete notato ma facendo il rapporto tra due valori successivi che x può assumere (21/4, 120/21, 697/120, 4060/697, 23661/4060...) questo tende ad uno strano limite... 5,8284 circa... avevo già notato qualcosa del genere analizzando i numeri che contemporaneamente erano triangolari e quadrati (in quel caso a dover essere quadrato perfetto era un numero della forma 8*m^2+1, che lo è per m=1,6,35,204,1189... dunque i numeri in questione sono 1,36,35^2,204^2,1189^2...).
qualcuno ha spiegazioni?
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Simo_the_wolf
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Moltiplicando per $ 4 $ e sommando $ 2 $ ad entrambi i membri otteniamo:
$ (2x-1)^2+1 = 2(2y-1)^2 $
E quindi
$ X^2-2Y^2=-1 $
Cosidetta equazione di Pell.
Trovata una qualsiasi soluzione (nel nostro caso $ (X_0,Y_0)=(1,1) $) e una soluzione nel caso alsecondo membro ci sia $ 1 $ (nel nostro caso $ (a_0,b_0)=(3,2) $) troviamo tutte le altre soluzioni dal sistema:
$ (x_0 + \sqrt{2} Y_0)(a_0 + \sqrt{2}b_0)^n = X_n + \sqrt{2} Y_n $
Svolgendo i calcoli si trova:
$ \displaystyle X_n=(\sqrt{2} +1)(3+2\sqrt{2})^n - (\sqrt{2}-1) (3-2\sqrt{2})^n $
$ \displaystyle Y_n=\left( \frac{\sqrt{2} +1}2 \right) (3+2\sqrt{2})^n + \left( \frac{\sqrt{2} -1}2 \right) (3-2\sqrt{2})^n $
In particolare $ X_n $ e $ Y_n $ sono per forza dispari quindi troviamo i rispettivi $ x_n $ e $ y_n $.
$ (2x-1)^2+1 = 2(2y-1)^2 $
E quindi
$ X^2-2Y^2=-1 $
Cosidetta equazione di Pell.
Trovata una qualsiasi soluzione (nel nostro caso $ (X_0,Y_0)=(1,1) $) e una soluzione nel caso alsecondo membro ci sia $ 1 $ (nel nostro caso $ (a_0,b_0)=(3,2) $) troviamo tutte le altre soluzioni dal sistema:
$ (x_0 + \sqrt{2} Y_0)(a_0 + \sqrt{2}b_0)^n = X_n + \sqrt{2} Y_n $
Svolgendo i calcoli si trova:
$ \displaystyle X_n=(\sqrt{2} +1)(3+2\sqrt{2})^n - (\sqrt{2}-1) (3-2\sqrt{2})^n $
$ \displaystyle Y_n=\left( \frac{\sqrt{2} +1}2 \right) (3+2\sqrt{2})^n + \left( \frac{\sqrt{2} -1}2 \right) (3-2\sqrt{2})^n $
In particolare $ X_n $ e $ Y_n $ sono per forza dispari quindi troviamo i rispettivi $ x_n $ e $ y_n $.
