Somme di due quadrati.

[Troleito br00tal]

a, b, c, d, e, f: reali positivi maggiori stretti di 0;

a=b+c
d=e+f

Dimostrare che se:
a^2+e^2=b^2+d^2=c^2+f^2
Allora almeno uno fra a; b; c; d; e; f; è irrazionale.

[Drago96]

Up!

Questo ha una dimostrazione piuttosto bella!

[auron95]

Dovrebbe bastare dimostrare che non possono essere tutti interi..... infatti se esiste con i razionali moltiplicando tutto per il mcm dei denominatori arriverei a una relazione con gli interi.... giusto???

[jordan]

Up!
Questo ha una dimostrazione piuttosto bella!

Ultimamente poca gente posta le dimostrazioni, e i pochi che le risolvono evitano di postarle..

Questa e' la prima cosa che mi viene in mente, magari c'è una bella soluzione geometrica che all'una e mezza di notte non mi viene proprio voglia di cercare..

E' sufficiente dimostrare che il sistema di equazioni non ha alcuna soluzione in $\mathbb{Z}^6$:
i) $\text{gcd}(a,b,c,d,e,f)=1$
ii) $a-b-c=d-e-f=0$
iii) $a^2+e^2=b^2+d^2=c^2+f^2$

Se $2 \mid \text{gcd}(a,e)$ allora $4\mid a^2+e^2$ e percio' $2 \mid \text{gcd}(a,b,c,d,e,f)$, che contraddice la i).

Se $2 \mid a$ e $2 \nmid e$ (o vicerversa) allora $a^2+e^2\equiv b^2+d^2\equiv c^2+f^2\equiv 1\pmod 4$ per cui $0=(a-b-c)+(d-e-f)\equiv (a^2+e^2)+(b^2+d^2)+(c^2+f^2)\equiv 1 \pmod 2$, che e' assurdo ancora.

Resta il caso che $2\nmid abcdef$, ma saremmo in contraddizione con la ii) dal momento che $a=b+c \pmod 2$. []

[Troleito br00tal]

Eccovi:

Testo nascosto:

Prendo un rettangolo di lati $a; d; b+c; e+f$, in modo che confinino $a$ e $e$; $b$ e $d$; $c$ e $f$

Ora suppongo per assurdo che siano tutti razionali: allora l`area grande del rettangolo e (scrivo dall`Inghilerra) razionale, idem quella dei tre triangoli rettangoli formati congiungendo al vertice opposto i punti in cui divido $b+c;e+f$. Di conseguenza ho che l`area del triangolo centrale e` razionale: assurdo, poiche` e` equilatero di lato somma di due quadrati razionali!