rettangoli amici!!

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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simone256
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rettangoli amici!!

Messaggio da simone256 » 15 nov 2014, 23:48

Problema facile e molto rilassante per le ciovini menti! :)

Trovare tutte le doppie coppie di interi positivi $ (a,b;c,d) $ non ordinate tali che $ a $ e $ b $ sono le dimensioni di un rettangolo $ A $ e che $ c $ e $ d $ sono le dimensioni di un rettangolo $ B $ tali che l'area di $ A $ è uguale al perimetro di $ B $ e l'area di $ B $ è uguale al perimetro di $ A $.
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Draco76
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Draco76 » 16 nov 2014, 14:00

Non esistono coppie del genere: essendo $(a,b;c,d)$ positivi (N.B. non è un birapporto nonostante le apparenze geometriche del problema), le aree e i perimetri sono positivi; dunque, siccome l'area è misurata in metri quadri e il perimetro in metri, non possono essere uguali poiché hanno unità di misura diverse (superficie e lunghezza); inoltre, non possono proprio essere comparate
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<enigma>
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da <enigma> » 16 nov 2014, 14:06

Draco76 ha scritto:Non esistono coppie del genere: essendo $(a,b;c,d)$ positivi (N.B. non è un birapporto nonostante le apparenze geometriche del problema), le aree e i perimetri sono positivi; dunque, siccome l'area è misurata in metri quadri e il perimetro in metri, non possono essere uguali poiché hanno unità di misura diverse (superficie e lunghezza); inoltre, non possono proprio essere comparate
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matpro98
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da matpro98 » 16 nov 2014, 14:32

Il problema chiedeva che aree e perimetri fossero numericamente uguali. È logico che non puoi comparare lunghezze e aree in quanto tali

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Draco76
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Draco76 » 16 nov 2014, 16:01

Provo a risolverlo con la tua interpretazione (che comunque ritengo profondamente errata e basata su un'analisi alquanto letterata del problema):
Ci serve trovare le due coppie di numeri interi positivi che soddisfano le relazioni menzionate sopra. Siccome nel problema non sono state definite le unità di misura di lunghezza dei lati dei due rettangoli, e $(a,b;c,d)$ sono stati considerati numeri, è lecito presupporre che le lunghezze dei lati dei rettangoli siano misurate in numeri. L'area di un rettangolo, sarà $\text{numero}\times\text{numero}=\text{numero}^2$, ovvero i rettangoli hanno come area un quadrato perfetto (siccome il numero, l'unità di misura con cui avevamo iniziato, era un intero positivo). Ora, è banale vedere che un rettangolo può essere un numero quadrato se e solo se è un quadrato (altrimenti si chiamerebbero numeri rettangolari), ma dato che in questo forum sono presenti persone che giustamente non si fidano di ciò che persone più anziane ed analiste scrivono, ecco una dimostrazione del fatto:
Presuppongo che valgano le relazioni e cerco di arrivare ad un assurdo; la condizione che vogliamo è $ab=2(c+d)$ e $cd=2(a+b)$, inoltre sappiamo stando a quanto scritto sopra $ab=n^2$ e $cd=m^2$. Presuppongo WLOG (Without Lost Of Game) che $a>b$ e $c>d$. Ora, applicando un'omotetia a entrambi i rettangoli di fattore $\frac{1}{k}$, (dove k è il Massimo Comun Di Visore di $a$ e $b$) questi rimpiccioliscono: il lato dimezza, cosi come l'unità di misura che diventa $\frac{\text{numero}}{k}$ e i lati diventano lunghi $\frac{a}{k}$, $\frac{b}{k}$, $\frac{c}{k}$, $\frac{d}{k}$ e questi sono certamente interi nella nostra unità di misura $\frac{\text{numero}}{k}$. Posto $\frac{a}{k}=a'$ e $\frac{b}{k}=b'$, i numeri $a'$ e $b'$ sono sicuramente primi tra di loro visto $k=\text{MCDV}(a,b)=\text{MCDV}(a'\cdot k,b'\cdot k)=k\cdot \text{MCDV}(a',b')$. Ripetendo il procedimento per tutte le altre possibili coppie di numeri tra i quattro dati, arriviamo ad una quaterna $(a'',b'',c'',d'')$ in cui tutti i numeri presi a coppie hanno $\text{MCDV}=1$. Ora considero una quaterna ridotta, $(a''-\text{min}(b'',d''),b'',c''-\text{min}(b'',d''),d'')$, che ha interi positivi siccome prima ho presupposto $a>b$ e $c>d$ e dividendo per i MCDV la disuguaglianza è rimasta, quindi $a''>b''\geq \text{min}(b'',d'')$ e $c''>d''\geq \text{min}(b'',d'')$. Per i rettangoli formati da questa quaterna, continuano a valere le relazioni tra perimetro e area , siccome sia dal perimetro che dall'area di entrambi ho tolto un pezzo uguale (numericamente pari a $\text{min}(b'',d'')$). Iterando questo procedimento, siccome i quattro numeri hanno MCDV uguale a 1, per l'algoritmo di divisione euclidea questi numeri giungeranno infine alla quaterna $(1,1,1,1)$, per la quale $1\cdot 1 \neq 2(1+1)$, assurdo.

Riprendendo il filo del discorso, eravamo giunti al fatto che i due rettangoli erano in realtà quadrati, ovvero $a=b$ e $c=d$, la qual cosa ci porta alle condizioni $a^2=4c$ e $c^2=4a$, sostituendo la seconda nella prima ottengo $a^2=4\sqrt{4a}=8\sqrt{a}$. I grafici di queste due funzioni, $a^2$ e $8\sqrt{a}$, si intersecano in due punti: (0,0) che non ci va bene in quanto $a$ dev'essere positivo, cerchiamo dunque l'altro punto. Siccome $a^2$ e $\sqrt{a}$ sono funzioni simmetriche rispetto alla bisettrice del primo quadrante, i loro punti in comune si trovano su di essa; le funzioni $a^2$ e $8\sqrt{a}$ sono simmetriche alla retta con coefficiente angolare 8 volte maggiore della bisettrice, e la soluzione si trova su questa retta. Ci basta risolvere $a^2=8a$, nella quale possiamo dividere tutto per $a$ essendo questi diversi da 0, ottenendo $a=8$. Trovo c: $8^2=4c\rightarrow c=16$, ma dalla seconda $c^2=4\cdot 8 \rightarrow c=\sqrt{32}$, che è un assurdo.
Dunque non esistono quaterne di questo tipo, neanche con la condizione aggiuntiva di matpro.
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da simone256 » 16 nov 2014, 16:44

Vedo che siamo abbastanza pignoli! Come intuitivamente e innocentemente e nonrompipallemente diceva matpro98 possiamo intendere le misure dei lati in $ cm $ e l'area in $ cm^2 $ imponendo per ipotesi che tali lunghezze in tale unitá di misura siano intere! Chiedo scusa se sono stato non sufficientemente rigoroso nell'enunciare il testo del problema! :D

In ogni caso secondo queste ipotesi per esempio $ (6, 3; 6, 3) $ è soluzione... :roll:
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da matpro98 » 16 nov 2014, 16:53

Infatti non devono essere necessariamente quadrati... (forse mi sto esponendo troppo e Draco76 non avrà pace finchè non mi avrà ucciso...)

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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da jordan » 16 nov 2014, 17:06

Ci sono almeno due errori: uno, nella prima parte, come mostra il controesempio sopra. E secondo, quali sono le soluzioni di $a^2=8\sqrt{a}$ con $a$ reale positivo?
Ps. Ma dove l'hai sentito MCDV? E' sconosciuto anche a Google
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Draco76 » 16 nov 2014, 20:22

Basandomi sulle nuove ipotesi che ha detto simone256, devo dire che la mia asserzione riguardo alla quadraticità dei rettangoli è ancora vera: infatti, essendo l'area dei rettangoli misurata in $cm^2$, essa resta sempre un quadrato perfetto dei $cm$, quindi la soluzione $(6,3;6,3)$ non va bene perché un rettangolo formato da lati di lunghezza 6 e 3 non ha area (numericamente uguale a 18) pari a quella di un quadrato perfetto, per non parlare del fatto che $6\neq 3$.
$a^2=8\sqrt{a}$ è equivalente come scrittura a $a^2=8a^{\frac{1}{2}}$. Prendendo il logaritmo in base $a$ di entrambi i membri ottengo $2=log_a 8\cdot\frac{1}{2}$, ovvero $4=log_a 8$. Facendo l'operazione inversa ottengo $a^4=8$ da cui $a=\sqrt[4]{8}$ che non è intero.
MCDV è semplicemente 1405 rappresentato in numeri romani.
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da jordan » 17 nov 2014, 09:35

Draco76 ha scritto:Prendendo il logaritmo in base $a$ di entrambi i membri ottengo $2=log_a 8\cdot\frac{1}{2}$, ovvero $4=log_a 8$.
Decisamente no.
Draco76 ha scritto:MCDV è semplicemente 1405 rappresentato in numeri romani.
Beh ok, quindi perchè usi questa scrittura?

Ps. Ti pregherei di risolvere il sistema negli interi positivi formato da $ab=2(c+d)$ e $cd=2(a+b)$ e lasciare stare la storia delle unità di misura
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Ratman98 » 19 nov 2014, 22:25

Ho tentato, ma proprio non ci sono progressi... a meno che non si possano dedurre interessanti( :lol: ) conseguenze dal fatto che se d( c,d ) è diverso da 1, allora [d( c,d )]^2 | (a+b) e [d( a,b )]^2 | (b+c). Con la rozza notazione d( x,y ) intendo il massimo comun divisore tra x e y. Tutto per questo per chiedere un -piccolo- suggerimento. Se però il problema dovesse essere di una facilità sconvolgente vi prego di non rispondermi:in questi casi la soluzione è filia temporis.

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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da simone256 » 20 nov 2014, 22:29

Prova a seguire la via delle disuguaglianze prima :)
Intuitivamente infatti se due lati sono "troppo grossi" il loro prodotto diventa "davvero troppo grosso" e capisci bene che portando il ragionamento all'altro rettangolo ti crea problemi :wink:
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Ratman98 » 21 nov 2014, 08:08

Se (c+d)>(a+b), ab>cd per le condizioni richieste dal problema. Ma allora avremo un assurdo perché intuitivamente(e ti ringrazio) non è possibile considerare due rettangoli tali che uno ha perimetro maggiore dell'altro, ma area minore. Alla stessa conclusione pervaniamo se poniamo (a+b)>(c+d), quindi ci limitiamo a considerare il caso in cui a+b=c+d. E per ora mi fermo qui, perché devo andare a scuola :roll: .

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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 21 nov 2014, 13:31

Ratman98 ha scritto:[...] non è possibile considerare due rettangoli tali che uno ha perimetro maggiore dell'altro, ma area minore.
Uhm, non mi pare vero: un rettangolo $1 \times 100$ ha area 100 e perimetro 202, un rettangolo $15\times 15$ ha area 225 e perimetro 60.
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Ratman98 » 21 nov 2014, 14:37

Per questo non mi piace andare a scuola: dopo cinque ore trascorse nel limbo dell'ignoranza, torni a casa e ti rendi conto d'aver fatto il sofista 8) . Per fortuna karlosson mi ha aperto gli occhi; peccato solo che io sia miope.

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