Infiniti triangoli non simili

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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FeddyStra
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Infiniti triangoli non simili

Messaggio da FeddyStra » 08 giu 2009, 22:34

Dimostrare che esistono infiniti triangoli non simili fra loro che hanno un angolo di $ 120° $ e tutti e tre i lati di lunghezza intera.

Geometria o... Teoria dei Numeri?...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

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kn
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Messaggio da kn » 08 giu 2009, 23:15

Puoi fare un esempio di un triangolo con quelle proprietà? :cry:
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julio14
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Messaggio da julio14 » 09 giu 2009, 00:10

Prima di tutto, per similitudine il problema è equivalente alle soluzioni razionali.
Carnot:
$ $a^2+b^2-2ab\cos{120°}=a^2+b^2+ab=c^2 $
Risolvo in a tenendo solo la soluzione positiva (impongo c>b):
$ $\frac{-b+\sqrt{b^2-4b^2+4c^2}}{2} $
e pongo l'argomento della radice uguale a un quadrato
$ $4c^2-3b^2=d^2 $
$ $(2c-d)(2c+d)=3b^2 $
che ha infinite soluzioni primitive infatti scegliendo k e j tali che $ $kj=3b^2 $
e ponendo $ $k=2c-d $ e $ $j=2c+d $ si trova $ $c=\frac{k+j}{4} $ e $ $d=\frac{j-k}{2} $, per trovare una primitiva è quindi possibile sia necessario moltiplicare per 4, ma avendo oltre a 2 parecchi altri primi, non costituisce un problema.
Si trova facilmente una condizione sufficiente su k e j per cui c>b (modulo errori di conto basta 3k<j), a questo punto prendo infiniti b coprimi fra loro e con i primi buoni per farmi soddisfare la condizione 3k<j, ed ho finito.

@kn partendo da b=6 nel mio metodo e moltiplicando poi per i dovuti MCD, si trova per esempio una terna (21,24,39), quindi per similitudine (7,8,13)

Ah. btw, bell'esercizio! Qual'è la fonte?
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piever
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Messaggio da piever » 09 giu 2009, 15:44

Un fatto simpatico che forse i più nuovi non conoscono:

Per trovare le soluzioni intere positive di $ a^2+b^2+ab=c^2 $ si può dividere per c^2 e si cercano ora le soluzioni razionali di $ x^2+y^2+xy=1 $ (con $ x=\frac{a}{c} $ e $ y=\frac{b}{c} $

Ora, data un'equazione di secondo grado nei razionali in due variabili, si possono trovare tutte le altre, perchè le rette che passano per quella soluzione e hanno coefficiente razionale intersecano la curva in un altro punto (beh, forse le stesso se è un punto doppio) a coordinate razionali.

Quindi visto che esiste una soluzione facile nei razionali (cioè (1;0)), mi basta fare il sistema $ k(x-1)=y $ e $ x^2+y^2+xy=1 $ e ottengo la parametrizzazione $ x=\frac{k^2-1}{k^2+k+1} $ e $ y=\frac{-k^2-2k}{k^2+k+1} $ che prende tutte e sole le soluzioni al variare di k tra i razionali a eccezione di (1;-1) che si ottiene per k che tende a infinito.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 09 giu 2009, 16:03

Ecco la mia soluzione, che consente di scrivere esplicitamente le terne.

Come hai notato tu, si parte dalle soluzioni intere (razionali) di $ a^2+ab+b^2=c^2 $, ovvero $ \displaystyle \left(\frac ab\right)^2 + \left(\frac ab\right) + 1 = \left(\frac cb\right)^2 $, la quale diventa $ x^2+x+1=y^2 $ dopo aver posto $ x=a/b $ e $ y=c/b $. Notiamo innanzitutto che dobbiamo restringere la ricerca a $ x $ e $ y $ positivi, ovvero al primo quadrante. Di questa equazione diofantea conosciamo una soluzione razionale: essa è $ x=0,y=1 $. Prendiamo una generica retta passante per questo punto: la sua equazione sia $ y=kx+1 $. Mettendo a sistema questa equazione con la diofantea in questione si ricava $ x^2+x+1=k^2x^2+2kx+1 $, le cui soluzioni sono $ x=0 $ (ovviamente) e $ \displaystyle x=\frac{2k-1}{1-k^2} $. Di conseguenza si ricava per $ y $ l'espressione $ \displaystyle y=kx+1=\frac{k^2-k+1}{1-k^2} $. Affinché $ x $ e $ y $ siano positivi si deve avere $ \displaystyle \frac12<k<1 $ (basta risolvere le due disequazioni). Inoltre, $ x $ e $ y $ sono entrambi razionali se e solo se $ k $ è razionale.
Detto dunque $ \displaystyle d=GCD\left(\frac{2k-1}{1-k^2},\frac{k^2-k+1}{1-k^2}\right)^{-1} $, il triangolo originario ha i lati $ (a,b,c)=(xd,d,yd) $.

Qui di seguito c'è la funzione che genera i lati del triangolo al variare di $ k $.

Codice: Seleziona tutto

triangolo[k_] :=  Block[{x, y, d}, x = (2 k - 1)/(1 - k^2); y = (k^2 - k + 1)/(1 - k^2); d = 1/GCD[x, y]; d {x, 1, y}]
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da FeddyStra » 09 giu 2009, 16:11

Preceduto... però tu non hai messo la funzione di Mathematica!! :lol:
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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jordan
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Messaggio da jordan » 09 giu 2009, 16:36

Buon vecchio piever!
Aggiungo anch'io qualcosa di (a mio parere) simpatico e forse non conosciuto a tutti..

Definisco $ S $ come l'insieme di tutti e soli gli interi esprimibili nella forma $ a^2+b^2+ab $ per qualche $ a $ e $ b $ intero.


Fatto 1. Se $ x \in S $ e $ y \in S $ allora $ xy \in S $.


Fatto 2. Se $ x \in S $ e $ p|x $, dove $ p $ è un primo dispari, allora $ 6 \mid p-1 $.


Fatto 3. Se $ 6 \mid p-1 $ allora $ p \in S $.


Ps. Chi le dimostra? :D
The only goal of science is the honor of the human spirit.

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