4 triangoli

[axpgn]

Non è la strada che uso io (o quanto meno non la riconosco ) però non so proprio dirti se funzionerà o meno ... ... vedi tu, magari ne scopri un'altra ...

[axpgn]

Nessuno? Dai ...

[Pachisi]

Forse sbaglio io, ma a me vengono 4 equazioni di Pell, che però non so risolvere.
E` giusto come approccio almeno?

[axpgn]

Non posso che risponderti come ho fatto con dan ... pari pari ... (vedi sopra )
Se la ritieni corretta prosegui per la tua strada, sarebbe una bella cosa scoprire una versione diversa ...

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Ecco il mio percorso ...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Tutti sappiamo che dati due interi qualsiasi $m>n>0$ possiamo costruire una terna pitagorica ma si può fare di più, è anche possibile ricavare tre terne pitagoriche che generino tre triangoili con area equivalente; questo è il procedimento ...

Dati $m>n>0$, entrambi interi, costruiamo altri tre numeri $a=m^2+n^2+mn$, $b=m^2-n^2$ e $c=2mn+n^2$. Usando le tre coppie $(a,b)$, $(a,c)$ e $(a,b+c)$ come i classici generatori di terne pitagoriche otteniamo tre terne che generano tre triangoli rettangoli di area equivalente.
Per trovare il quarto equivalente però ho dovuto lavorare un po' ...
Se però vogliamo trovarne quattro equivalenti possiamo applicare questo metodo ...
Data una terna pitagorica qualunque (per esempio una delle tre che abbiamo trovato) denominiamo $C$ il cateto maggiore, $c$ il cateto minore, $I$ l'ipotenusa e $A$ l'area del triangolo rettangolo associato.
Se usiamo la coppia di (classici) generatori formata da $I^2$ e $4A$ e se dividiamo ciascun lato del triangolo così ottenuto per il numero $k=2I(C^2-c^2)$ allora otteniamo un triangolo di area equivalente a quello dato.
Generalmente i lati di questo triangolo non saranno interi ma se invece di dividere, moltiplichiamo per lo stesso numero $k$ i lati del triangolo originario otteniamo due triangoli rettangoli di pari area e di lati interi.
Eccone trovati quattro ...
È evidente che ripetendo questo giochetto posso trovarne cinque, sei o anche una serie infinita di terne pitagoriche che portano a triangoli equivalenti.

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Mah!
I due metodi proposti - usando condizioni sufficienti, ma non necessarie, per ottenere terne pitagoriche - permettono di trovare una quaterna di triangoli equivalenti di area abbastanza piccola. [ Non credo che Alex arrivi al risultato senza utilizzare strumenti elettronici di calcolo ]

Però, per dimostrare che tale area è la minima possibile, come si procede? Ovviamente senza elencare esaustivamente tutti i triangoli pitagorici di area non maggiore di quella trovata.
Ciao
B.

[axpgn]

Però, per dimostrare che tale area è la minima possibile, come si procede?

Lo sapessi, l'avrei postato ...
Comunque ho usato la calcolatrice per fare i conti che non erano poi così tanti ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Lo sapessi, l'avrei postato ...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Premesso che i risultati dovrebbero essere corretti,
vedi:
https://oeis.org/A055193
Con il metodo proposto da Brancaleone (usando GeoGebra, senza scomodare il foglio elettronico, si possono ottenere rapidamente i medesimi risultati definendo una variabile e scrivendo una sola riga) vengono elaborate solo le terne pitagoriche generabili con il metodo di Euclide. Ve ne sono, però, infinite che non si possono trovare in questo modo: tutte quelle multiple di una primitiva, per un fattore che non sia un quadrato o il doppio di un quadrato, la più piccola è 9, 12, 15.
Valutare anche queste mi pare abbastanza dispendioso.
Con il magnifico generatore di triplette di terne equivalenti che hai descritto (ti ringrazio molto, non lo conoscevo), la questione si complica ulteriormente, perché il numero di terne che non vengono esaminate cresce notevolmente.
Comunque, assumendo (arbitrariamente) che la quaterna ottimale debba necessariamente contenere una tripletta di quel tipo resta sempre da cercare la quarta convitata.

Comunque ho usato la calcolatrice per fare i conti che non erano poi così tanti ...

Puoi spiegarmi, per favore, quale procedimento hai adottato per trovarla? I puntini di sospensione, che compaiono anche nell'altro messaggio, non sono, per me, sufficientemente esplicativi.
Ciao
B,
P/S Ho tentato di trovare 5 terne pitagoriche equivalenti. Purtroppo, almeno nella soluzione minima trovata su OEIS, compaiono due terne non ottenibili direttamente col metodo euclideo.

[axpgn]

... Comunque, assumendo (arbitrariamente) che la quaterna ottimale debba necessariamente contenere una tripletta di quel tipo resta sempre da cercare la quarta convitata. ...

È proprio quello che ho fatto (compreso l'arbitrio ... )
Partendo da una coppia di "protogeneratori", ho calcolato $a, b, c$, poi solo i cateti dei tre triangoli (per il calcolo dell'area erano sufficienti), ho scomposto l'area in fattori primi (anzi il doppio dell'area ...), ho calcolato l'ipotenusa dalle coppie di fattori dell'area per verificare se era intera e così ho trovato il quarto triangolo.
Fortunatamente la coppia di protogeneratori "giusta" era la quinta o la sesta (cioè $(3,4)$) in ordine di grandezza delle aree partendo dalla prima coppia $(1,2)$ quindi il "lavoro" totale non è stato proibitivo ...

... I puntini di sospensione, che compaiono anche nell'altro messaggio, non sono, per me, sufficientemente esplicativi.

A cosa ti riferisci precisamente?

Ho tentato di trovare 5 terne pitagoriche equivalenti.

Intendi la "cinquina" minima? Oppure solo 5 terne equivalenti qualsiasi? Perché in questo secondo caso basta usare quello che ho scritto ...

Grazie per il riferimento $OEIS$, si trova proprio di tutto in quel sito ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@axpng
Scusa per il ritardo con cui rispondo, ma mi trovavo fuori casa.
Allora.

orsoulx ha scritto:
... I puntini di sospensione, che compaiono anche nell'altro messaggio, non sono, per me, sufficientemente esplicativi.


A cosa ti riferisci precisamente?

orsoulx ha scritto:
Ho tentato di trovare 5 terne pitagoriche equivalenti.


Intendi la "cinquina" minima? Oppure solo 5 terne equivalenti qualsiasi? Perché in questo secondo caso basta usare quello che ho scritto ...

i puntini di sospensione erano questi

Per trovare il quarto equivalente però ho dovuto lavorare un po' ...

.
Mi aspettavo qualche altra chicca, come la generatrice di triplette, e invece no: forza bruta.
Scomporre l'area in fattori e cercare di ripartirli, in tutti i modi possibili, in due insiemi, per verificare se si ottengono "cateti" è, per i miei gusti, vicinissimo alla forza bruta. Nel caso esaminato si superano abbondantemente le 100 verifiche e la probabilità di commettere qualche errore è notevole.
Preferisco allora (opinione personale) il metodo di Brancaleone, che adattato a GeoGebra si riduce a:
Moda[Unisci[{0,0,0,0},Unisci[Successione[Successione[(i+j)*(i-j)*i*j,j,1,i-1],i,2,100]]]], che fornisce {0,341880,8168160}.
Per quanto abbiamo già detto, nessuna garanzia di esattezza. Infatti, passando ad una cinquina di terne (ovviamente aggiungendo uno zero e sostituendo 100 con un numero maggiore di 558) si ottiene 6913932480, ben maggiore di 71831760.
Il tuo invece funzionerebbe ancora, ma con un numero ben più elevato di verifiche, visto che la coppia generatrice della tripletta opportuna è 7, 8.
Occorrerebbe trovare una nuova scorciatoia, ma io non ne sono capace.
Ciao
B.