terne pitagoriche...

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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terne pitagoriche...

Messaggio da jordan » 22 apr 2007, 14:17

siano a, b, c, x, y, z interi positivi tali che x^2+y^2=z^2 e a^2+b^2=c^2. dimostrare che se il modulo di (x-a) e il modulo di(x-b) sono <=1 allora a=x e b=y (a meno di invertire si intende..) :)

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HiTLeuLeR
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Re: terne pitagoriche...

Messaggio da HiTLeuLeR » 22 apr 2007, 18:56

jordan ha scritto:siano a, b, c, x, y, z interi positivi tali che x^2+y^2=z^2 e a^2+b^2=c^2. dimostrare che se il modulo di (x-a) e il modulo di(x-b) sono <=1 allora a=x e b=y (a meno di invertire si intende..) :)
Sicuro che la condizione non sia $ |x-a| \le 1 $ e $ |y-b| \le 1 $? Non mi ci sono neppure provato, chiedo giusto perché mi è sorto il dubbio. :D

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julio14
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Messaggio da julio14 » 22 apr 2007, 20:49

Sottoscrivo hitleuler: anche perchè altrimenti si diomstra banalmente che la tesi è errata con le terne 6;8;10 e 7;24;25

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jordan
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Messaggio da jordan » 22 apr 2007, 21:21

xHitleuler..si, la condizione è quella che hai scritto tu ( è che io non so come scriverla bene qua a computer) x Julio14 dici sicuro che le terne (6, 8, 10) e (7, 24, 25) rispettano la condizione???a me non pare che 24-8 fa minore o uguale a 1.....almeno credo :lol: [/tex]

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Boll
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Re: terne pitagoriche...

Messaggio da Boll » 23 apr 2007, 09:28

Riscrivo il problema decentemente, magari qualcuno lo guarda, un mod che passa di qui per caso potrebbe sostituire...
jordan ha scritto:siano $ a, b, c, x, y, z $ interi positivi tali che $ x^2+y^2=z^2 $ e $ a^2+b^2=c^2 $.
Dimostrare che se $ |x-a|\le 1 $ e $ |y-b|\le 1 $ allora $ a=x $ e $ b=y $ (a meno di invertire si intende..) :)
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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julio14
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Messaggio da julio14 » 23 apr 2007, 20:02

jordan ha scritto:dici sicuro che le terne (6, 8, 10) e (7, 24, 25) rispettano la condizione???a me non pare che 24-8 fa minore o uguale a 1.....almeno credo
jordan ha scritto:dimostrare che se il modulo di (x-a) e il modulo di(x-b) sono <=1 allora a=x e b=y
$ \displaystyle|x-a|=|7-6|=1 $

$ |x-b|=|7-8|=1 $

L'errore che sottolineava HiTLeuLeR e che io ho sottoscritto è che hai scritto $ x-b $ anzichè $ y-b $, non il fatto che non hai usato il $ \LaTeX $

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jordan
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Messaggio da jordan » 23 apr 2007, 21:47

scusa intendevo il modulo di (y-b)..cmq boll la riscritto bene..

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jordan
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Messaggio da jordan » 09 gen 2009, 19:32

Era uno dei miei primi post sull'oliforum :roll: :roll: :roll:

Provo a risolverlo a distanza di parecchio tempo..

Wlog $ 0<a<b<c \le z $ e $ 0<x<y<z $. Dalla am-qm abbiamo $ a+b<c\sqrt{2}<2c+1 \implies 2a+2b+2<4c+4 \implies x^2+y^2 $ $ \le (a+1)^2+(b+1)^2 < (c+2)^2 \implies |z-c| \le 1 $. Siano dati $ \epsilo_1, \epsilon_2, \epsilon_3 \in \{-1,0,+1\} $ t.c. $ x=a+\epsilon_1, y=b+\epsilon_2, z=c+\epsilon_3 $. Dato che wlog $ z-c \ge 0 $ abbiamo $ x^2+y^2=z^2 \leftrightarrow \epsilon_1^2+\epsilon_2^2+2(a\epsilon_1+b\epsilon_2)=|\epsilon_3|(2c+1) $.Abbiamo quindi due casi:
- caso 1:$ |\epsilon_3|=1\implies c=(\frac{\epsilon_1^2+\epsilon_2^2-1}{2})+a\epsilon_1+b\epsilon_2 \in \mathbb{Z} $, ma $ max\{(\frac{\epsilon_1^2+\epsilon_2^2-1}{2})\}<1 $ perciò $ \{\epsilon_1,\epsilon_2\}=\{0,1\} $ o viceversa, e $ c $ sarà pari esattamente a uno tra $ a $ e $ b $ contraddicendo l'ipotesi di positività.
- caso 2 :$ |\epsilon_3|=0 \implies \epsilon_1^2+\epsilon_2^2+2(a\epsilon_1+b\epsilon_2)=0 \implies \epsilon_1^2+\epsilon_2^2 \equiv 0 \pmod 2 $. Se $ \epsilon_1=\epsilon_2=0 $ si ha la tesi, altrimenti $ |\epsilon_1|=|\epsilon_2|=1 \implies a\epsilon_1+b\epsilon_2+1=0 $ e ricordando che wlog $ 0<a<b $ abbiamo $ \epsilon_1=-\epsilon_2=1 $e $ b-a=1 $ per cui si conclude che $ \{a,b,c\}=\{x,y,z\} $
The only goal of science is the honor of the human spirit.

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