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Dato un intero positivo n, trovare tutte le terne pitagoriche in cui l'ipotenusa, diminuita di uno qualsiasi dei due cateti, dia una potenza (2n-1)-esima.

kalu ha scritto:Dato un intero positivo n, trovare tutte le terne pitagoriche in cui l'ipotenusa, diminuita di uno qualsiasi dei due cateti, dia una potenza (2n-1)-esima.

Un chiarimento sul testo.. intendi dire che abbiamo $a < b < c$ terna pitagorica, e dobbiamo trovare tutte le terne tali che $c-b$ o $c-a$ siano uguali a $k^{2n-1}$, con $k \in \mathbb N$??

No. $ c-a=h^{2n-1} $ e $ c-b=k^{2n-1} $, con $ h $ e $ k $ interi positivi distinti.

Beh allora, abbiamo un sistema di 3 equazioni in 3 incognite da risolvere..
le 3 equazioni sono:
1) $a^2 + b^2 =c^2$
2) $c-a = k^{2n-1}$
3) $c-b = h^{2n-a}$
Risparmio i conti, anche perchè c'è troppo $\LaTeX$ da scrivere..comunque, arriviamo a:
$\displaystyle c= (k^{2n-1} + h^{2n-1}) \pm \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
Ora per avere una terna pitagorica occorrono $a < b < c$ interi, pertanto $2k^{2n-1}h^{2n-1} = m^2$
Facciamo un paio di casi:
1) $h=1$ o $k=1$ (non possono esserlo entrambi perchè non esistono terne con $a=b$), in questo caso abbiamo $2k^{2n-1}= m^2$ che è sempre vera per $k=2^s$ (con s dispari), e la terna diventa:
$\displaystyle a= c - 2^{s(2n-1)} = 1 + 2^{sn - \frac {s+1}{2}}$
$\displaystyle b=c-1=2^{s(2n-1)} + 2^{sn - \frac {s+1}{2}}$
$\displaystyle c= 2^{s(2n-1)} + 1 + 2^{sn - \frac {s+1}{2}}$
mentre si vede facilmente che se prendiamo la soluzione $\displaystyle c= (k^{2n-1} + 1) - \sqrt {2k^{2n-1}}$
$\displaystyle a= c - 2^{s(2n-1)} = 1 - 2^{sn - \frac {s+1}{2}} < 0 $ quindi non va bene
2) Sia $d=(k, h)$, quindi $h=d \cdot h'$ e $k= d \cdot k'$, con $(h', k')=1$.
Raccogliamo $d$ sotto radice: $2d^{4n-2}k'^{2n-1}h'^{2n-1} = m^2$ da cui, essendo $d^{4n-2}$ un quadrato, dobbiamo trovare $2k^{2n-1}h^{2n-1}=m'^2$.
A questo punto, si vede facilmente che (non essendo nè $k'^{2n-1}$ nè $h'^{2n-1}$ dei quadrati perfetti), non esistono valori che soddisfano l'uguaglianza, in quanto per avere un quadrato dovremmo moltiplicare per $h'k'$ o $h'k'j^{2i}$, ma essendo $(h', k')=1$, e avendo come unico coefficiente un 2, non possiamo ottenere un quadrato.
Complessivamente, quindi, esistono infinite terne pitagoriche, in particolare, ne esiste una per ogni coppia $(s,n)$ che scegliamo con $s$ dispari ($h=1$ e $k=2^s$ o viceversa), ed è costruita in questo modo:
$\displaystyle a= 1 + 2^{sn - \frac {s+1}{2}}$
$\displaystyle b=2^{s(2n-1)} + 2^{sn - \frac {s+1}{2}}$
$\displaystyle c=2^{s(2n-1)} + 1 + 2^{sn - \frac {s+1}{2}}$

Spero che ora sia giusta

Sinceramente ci sono diverse cose che non mi tornano...

Valenash ha scritto:(non essendo nè $ k'^{2n-1} $ nè $ h'^{2n-1} $ dei quadrati perfetti)

Ma perchè scusa?
Colgo l'occasione per augurare a tutti buone vacanze

kalu ha scritto: Colgo l'occasione per augurare a tutti buone vacanze

Sai che quelli di 5° potrebbero ucciderti xD

kalu ha scritto:Sinceramente ci sono diverse cose che non mi tornano...

Valenash ha scritto:(non essendo nè $ k'^{2n-1} $ nè $ h'^{2n-1} $ dei quadrati perfetti)

Ma perchè scusa?
Colgo l'occasione per augurare a tutti buone vacanze

2n-1 è dispari, quindi un numero elevato a un dispari non può essere un quadrato.

Claudio. ha scritto:2n-1 è dispari, quindi un numero elevato a un dispari non può essere un quadrato.

$4^3=8^2$

fph ha scritto:

Claudio. ha scritto:2n-1 è dispari, quindi un numero elevato a un dispari non può essere un quadrato.

$4^3=8^2$

ti giuro che quando ho sistemato la questione $k'$ e $h'$ coprimi ero completamente convinto che avessi anche eliminato il caso che uno dei due fosse un quadrato perfetto O.O (so che non lo implica, ma mentre lo risolvevo mi son convinto di quello)..
ok, mi rimetto al lavoro, e correggo la seconda parte.. nella prima non mi pare ci siano errori..

Valenash ha scritto:nella prima non mi pare ci siano errori..

Non vorrei infierire, ma io ti ho fatto notare solo uno degli errori che stanno.... dovresti solo fare un pò più di attenzione quando lavori con le potenze di numeri composti...

Valenash ha scritto:in questo caso abbiamo $ 2k^{2n−1}=m^2 $che è sempre vera per k=2^s (con s dispari)

Che $ k $ sia una potenza dispari di 2 è una condizione sufficiente (come tu hai giustamente notato), ma ben lontana dall'essere necessaria. Ad esempio, come la mettiamo se $ k=18 $? Colgo l'occasione per chiedere umilmente scusa per la mia mancanza di rispetto nei confronti dei ragazzi di quinto
Tutti al mareeeeee

Correggendo tutti gli errorini (o almeno spero), riscrivo la dimostrazione:

Beh allora, abbiamo un sistema di 3 equazioni in 3 incognite da risolvere..
le 3 equazioni sono:
1) $a^2 + b^2 =c^2$
2) $c-a = k^{2n-1}$
3) $c-b = h^{2n-a}$
Risparmio i conti, anche perchè c'è troppo $\LaTeX$ da scrivere..comunque, arriviamo a:
$\displaystyle c= (k^{2n-1} + h^{2n-1}) \pm \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
Ora per avere una terna pitagorica occorrono $a < b < c$ interi, pertanto $2k^{2n-1}h^{2n-1} = m^2$
Sia $d=(k, h)$, quindi $h=d \cdot h'$ e $k= d \cdot k'$, con $(h', k')=1$.
Raccogliamo $d$ sotto radice: $2d^{4n-2}k'^{2n-1}h'^{2n-1} = m^2$ da cui, essendo $d^{4n-2}$ un quadrato, dobbiamo trovare $2k^{2n-1}h^{2n-1}=m'^2$.
A questo punto, per avere l'uguaglianza, almeno uno dei due deve essere un quadrato perfetto (se così non fosse, dovremmo moltiplicare per almeno due fattori distinti per renderli dei quadrati perfetti, ma l'unico coefficiente è 2). Pertanto, quindi, abbiamo wlog $k'= k''^2$ e, per ottenere un tutti gli esponenti pari anche nell'altro termine (in modo tale che il prodotto sia un quadrato) dobbiamo avere $h'= 2^s \cdot h''^j$, con $j$ pari e $s$ dispari.
Quindi, preso un qualunque $k'$ quadrato perfetto, $h'=2^s \cdot h''^j$ con $j$ pari e $s$ dispari, un qualunque $d$, con $k=dk'$ e $h=dh'$, $n$, esiste la terna pitagorica:
$a = h^{2n-1} + \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
$b= k^{2n-1} + \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
$\displaystyle c= k^{2n-1} + h^{2n-1} + \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
e non esiste la terna derivante dal prendere la seconda soluzione di $c$ dell'equazione di secondo grado (con il meno radice), infatti per qualsiasi $h$, $k$, almeno uno tra i termini $a$ e $b$ è negativo:
$a = h^{2n-1} - \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
$b= k^{2n-1} - \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
$\displaystyle c= k^{2n-1} + h^{2n-1} - \sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}}$
se $h>k$, allora $\sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}} \ge k^{2n-1}$ e $b <0$, viceversa se $h<k$, allora $\sqrt {2k^{2n-1}h^{2n-1}} \ge h^{2n-1}$ e $a <0$.

Impeccabile.
Piccola, pignola, irritante e assolutamente inutile precisazione: potevi porre $ j=2 $, giusto per limitare le lettere.
La "formula" che hai trovato non genera terne in modo univoco. Cioè, se scegli due diverse quaterne di interi positivi ($ k'', h'', s, d $), con $ s $ dispari (dove assumo $ j=2 $), potrebbe capitarti di trovare la stessa terna pitagorica. Esiste un modo per garantire la bigettività alla funzione $ f: (k'', h'', s, d) \rightarrow terna $?

kalu ha scritto:Impeccabile.
Piccola, pignola, irritante e assolutamente inutile precisazione: potevi porre $ j=2 $, giusto per limitare le lettere.
La "formula" che hai trovato non genera terne in modo univoco. Cioè, se scegli due diverse quaterne di interi positivi ($ k'', h'', s, d $), con $ s $ dispari (dove assumo $ j=2 $), potrebbe capitarti di trovare la stessa terna pitagorica. Esiste un modo per garantire la bigettività alla funzione $ f: (k'', h'', s, d) \rightarrow terna $?

Beh giusto, allora possiamo porre $s=1$, cioè $h' = 2\cdot h'' ^2 $, poi porre $k>h$, a questo punto mi pare che con $d=1$ si generi una terna "base", ossia con $(a,b,c)=1$, e con $d>1$ naturale si formino tutte le terne $(a', b', c')$ con $a'=d \cdot a$, $b'=d \cdot b$ e $c'=d \cdot c$.
Right??

Right
Però attento: perchè $ k>h $? Così il WLOG che hai applicato all'inizio diventa un "with loss of generality".
Quindi, concludendo:
Le terne pitagoriche richieste sono tutte quelle della forma
$ d^{2n-1}(2^na^{2n-1}b^{2n-1}+b^{2(2n-1)}) $
$ d^{2n-1}(2^na^{2n-1}b^{2n-1}+2^{2n-1}a^{2(2n-1}) $
$ d^{2n-1}(2^na^{2n-1}b^{2n-1}+b^{2(2n-1)}+2^{2n-1}a^{2(2n-1)}) $
Con $ a,b,d $ interi positivi e con $ 2a $ e $ b $ coprimi.