OliForum Matematico

Trovare tutte le terne di interi ($ a $, $b$, $c$) tali che $ 2c^2=a^2+b^2 $.
E' di un febbraio di qualche anno fa, qualcuno lo ricorderà...

$ (2c)^2=2a^2+2b^2=(a+b)^2+(a-b)^2 $
$ (2c-a-b)(2c+a+b)=(a-b)^2 $
$ (2c-a-b, 2c+a+b)=4 $
Se $ (x, y)=1 $ e $ xy $ é un quadrato, allora anche $ x $ e $ y $ sono quadrati. Pertanto:
$ 2c-a-b=4n^2 $
$ 2c+a+b=4m^2 $
Sommando e sottraendo queste due equazioni abbiamo:
$ c=m^2+n^2 $
$ a+b=2(m^2-n^2) $
Inoltre sappiamo che:
$ a-b=4mn $
Mettendo insieme queste relazioni otteniamo:
$ a=m^2-n^2+2mn $
$ b=m^2-n^2-2mn $
Le soluzioni di $ a $ e $ b $ sono ovviamente intercambiabili.

Sei sicuro che sia una gara di Febbraio?

doiug.8 ha scritto:Sei sicuro che sia una gara di Febbraio?

Febbraio 2009.

doiug.8 ha scritto:($ 2c−a−b,2c+a+b $)=4

Uhmm... Perchè?

doiug.8 ha scritto: $ a=m^2-n^2+2mn $
$ b=m^2-n^2-2mn $

Non va. Posso darti un consiglio? Quando lavori su una diofantea, per prima cosa trova a mano una o due soluzioni, in modo da poter controllare, man mano che procedi nella risoluzione, che i tuoi risultati si adattino alle soluzioni che hai individuato (è chiaro che questo non ti garantisce che la tua risoluzione sia corretta, ma almeno ti accorgi subito di errori banali). In questo caso la prima tripla risolutiva ($ a $, $ b $, $ c $) che mi viene in mente è (1, 7, 5) o (7, 1, 5). Dai un po' un'occhiata.

kalu ha scritto: Febbraio 2009.

Ho controllato: hai generalizzato il problema (infatti mi era sembrato un tantino superiore al livello provinciale).

kalu ha scritto:

doiug.8 ha scritto:($ 2c−a−b,2c+a+b $)=4

Uhmm... Perchè?

$ d=(2c−a−b,2c+a+b) $
$ d $ divide la somma e la differenza:
$ d\mid4c $
$ d\mid2(a+b) $
$ a $ e $ b $ hanno la stessa parità, pertanto $ a+b $ è pari: $ d=4 $

kalu ha scritto: Non va. Posso darti un consiglio? Quando lavori su una diofantea, per prima cosa trova a mano una o due soluzioni, in modo da poter controllare, man mano che procedi nella risoluzione, che i tuoi risultati si adattino alle soluzioni che hai individuato (è chiaro che questo non ti garantisce che la tua risoluzione sia corretta, ma almeno ti accorgi subito di errori banali). In questo caso la prima tripla risolutiva ($ a $, $ b $, $ c $) che mi viene in mente è (1, 7, 5) o (7, 1, 5). Dai un po' un'occhiata.

Cosa non va? Per $ m=2 $ e $ n=1 $ si hanno le terne che tu hai considerato.

doiug.8 ha scritto:

kalu ha scritto:

doiug.8 ha scritto: ($ 2c−a−b,2c+a+b $)=4

Uhmm... Perchè?

$ d=(2c−a−b,2c+a+b) $
$ d $ divide la somma e la differenza:
$ d\mid4c $
$ d\mid2(a+b) $
$ a $ e $ b $ hanno la stessa parità, pertanto $ a+b $ è pari: $ d=4 $

Ancora non mi quadra. Perchè $ d=4 $?

doiug.8 ha scritto:

kalu ha scritto: Non va. Posso darti un consiglio? Quando lavori su una diofantea, per prima cosa trova a mano una o due soluzioni, in modo da poter controllare, man mano che procedi nella risoluzione, che i tuoi risultati si adattino alle soluzioni che hai individuato (è chiaro che questo non ti garantisce che la tua risoluzione sia corretta, ma almeno ti accorgi subito di errori banali). In questo caso la prima tripla risolutiva ($ a $, $ b $, $ c $) che mi viene in mente è (1, 7, 5) o (7, 1, 5). Dai un po' un'occhiata.

Cosa non va? Per $ m=2 $ e $ n=1 $ si hanno le terne che tu hai considerato.

Uno di noi due è nel pallone. A me, sostituendo $ m=2 $ e $ n=1 $, viene $ a=7 $ e $ b=-1 $...

kalu ha scritto: Ancora non mi quadra. Perchè $ d=4 $?

La somma è la differenza succitate hanno al pù un fattore $ 4 $ in comunque. Che cosa non ti quadra?

kalu ha scritto: Uno di noi due è nel pallone. A me, sostituendo $ m=2 $ e $ n=1 $, viene $ a=7 $ e $ b=-1 $...

Si, hai ragione. Le tue terne si hanno per $ m=\frac{3\sqrt{2}}{2} $ e $ n=\frac{\sqrt{2}}{2} $

doiug.8 ha scritto:Si, hai ragione. Le tue terne si hanno per $ m=\frac{3\sqrt{2}}{2} $ e $ n=\frac{\sqrt{2}}{2} $

Esatto. Sarai d'accordo ora nel dire che la tua dimostrazione ha qualcosa che non quadra...

doiug.8 ha scritto:La somma e la differenza succitate hanno al più un fattore 4 in comunque

Adesso non mi stai dicendo più che $ d=4 $, mi stai dicendo che $ d \leq 4 $. In ogni caso è sbagliato. Ti consiglio di rivederti tutto con più calma.

kalu ha scritto:

doiug.8 ha scritto:La somma e la differenza succitate hanno al più un fattore 4 in comunque

Adesso non mi stai dicendo più che $ d=4 $, mi stai dicendo che $ d \leq 4 $. In ogni caso è sbagliato. Ti consiglio di rivederti tutto con più calma.

Se so che $ d $ può essere al massimo $ 4 $, perchè prenderlo più piccolo se si sta parlando del massimo comun divisore?
Se ne sei così convinto è probabile che abbia preso una svista.

Stiamo facendo uno tsunami in un bicchiere d'acqua, non so se rendo l'idea
Senti, ignora la mia ultima affermazione ("stai dicendo che $ d \leq 4 $"), perchè è possibile che abbia frainteso io ciò che hai detto.
Il punto è che gcd$ (2c-a-b, 2c+a+b) $ NON è 4! Te ne puoi rendere conto (cosa che ti ho invitato a fare fin dall'inizio) con la tripla (1, 7, 5)! Lo faccio io per te: $ (2c-a-b, 2c+a+b)=(10-7-1, 10+7+1)=(2, 18)=2 \neq 4 $! Con la tripla (10, 70, 50), invece, $ d=20 $...
Spero che ora ti sia chiaro

Non mi resta che risolverlo come non volevo.
$ (a+b, a-c, 2c) $ è una terna pitagorica, quindi posso imporre:
$ a+b=(m^2-n^2)r $
$ a-b=2mnr $
$ 2c=(m^2+n^2)r $
Da cui si ricava:
$$a=\frac{(m^2-n^2+2mn)r}{2}$$
$$b=\frac{(m^2-n^2-2mn)r}{2}$$
$$c=\frac{(m^2+n^2)r}{2}$$
dove $ m $ e $ n $ sono coprimi, di parità diversa, e $ r $ è pari.

Comunque volendo in qualche modo aggiustare la mia prima dimostrazione, si può dimostrare che se $ (a, b, c)=1 $ (assieme a qualche altra condizione), $ (2c-a-b, 2c+a+b)=2 $

Si.

doiug.8 ha scritto: Comunque volendo in qualche modo aggiustare la mia prima dimostrazione, si può dimostrare che se $ (a, b, c)=1 $ (assieme a qualche altra condizione), $ (2c-a-b, 2c+a+b)=2 $

Se $ (a, b, c)=1 $, considerando WLOG $ 0 \leq b \leq a \leq c $ (e quindi $ m>n) $, $ (2c-a-b, 2c+a+b) $ può essere 2 oppure 4.
Infatti se $ m^2-n^2 > 2mn $ (cioè $ \displaystyle \frac{m}{n}>1+\sqrt{2} $) abbiamo che $ a=m^2-n^2+2mn $ e $ b=m^2-n^2-2mn $; quindi ($ 2c-a-b $, $ 2c+a+b $)=($ 4m^2, 4n^2)=4 $ dato che $ (m, $ $ n)=1 $.
Se invece $ 0< \displaystyle \frac{m}{n}<1+ \sqrt{2} $, $ a=m^2-n^2+2mn $ e $ b=-m^2+n^2+2mn $; quindi ($ 2c-a-b $, $ 2c+a+b $)=($ 2[m+n]^2, $ $ 2[m-n]^2)=2 $ dato che $ (m+n, $ $ m-n)=1 $.