Triangolo dalle lunghezze con potenze - SNS 1975

[elios]

Beh, probabilmente non sbagli, al massimo posso dire che $p$ tende a zero, e quindi $a$ "tende" a $b$ e i triangoli "tendono" ad essere isosceli..
Aspetto delucidazioni da giammaria..

[giammaria]

Bene; la mia soluzione era anche più breve. Infatti è
$p<c^n/(n*a^(n-1))=c/n*(c/a)^(n-1) \le c/n$
dove l'ultima diseguaglianza vale perchè la potenza è minore o uguale a 1. Poichè p è non negativo ma minore di qualsiasi numero positivo, p è uguale a zero; il dubbio di Wizard non mi sembra giustificato, in quanto p non è un limite.

[G.D.]

Avete posto $p:=a-b$ e avete notato che $p<frac{c^{n}}{n\cdot a^{n-1}}$. A questo punto elios ha detto che per $n to + oo$ si ha $frac{c^{n}}{n\cdot a^{n-1}} to 0$, quindi anche $p to 0$ e infine $p=0 => a-b=0 => a=b$ (o intendevi altro?): questo mi sembra sbagliato perché in questo ragionamento $0$ è il limite di $p$ e non il suo valore.
Un'altra cosa che non capisco è perché $p$ è minore di qualsivoglia numero positivo.

[giammaria]

Un'altra cosa che non capisco è perché $p$ è minore di qualsivoglia numero positivo.

Pensa ad un qualsiasi numero positivo x; per n abbastanza grande si ha $p<c/n<x$: quindi p è minore di qualsiasi numero positivo. Penso che il tuo dubbio sarebbe giusto se fra i due membri ci fosse l'uguale e infatti il secondo membro tende a zero; $p$ però gli è minore.

[G.D.]

Continuo a sfuggirmi qualche cosa.
Concordo nell'affermare che $forall x in RR^+$, è possibile trovare $n in NN$ t.c. $c/n <x$.
$p=b-a<c$ è vero per le disuguaglianze triangolari, ma per $n$ abbastanza grande può accadere che non valga più $b-a<c$: e.g. $3,4,5$ si ha $4-3<5$ ma per $n=10$ non va più bene. Non vi occorre sapere già che il triangolo sia iscoscele per affermare che $b-a<c/n$ anche per qul valore $n$ molto grande t.c. $c/n<x$?

[giammaria]

La mia dimostrazione è stata suddivisa in molti interventi; forse per questo te ne è sfuggita qualche parte. Ripeto qui tutti i calcoli; per la loro giustificazione vedi indietro. Sia $b \ge a \ge c$ e poniamo $p=b-a$. Per ipotesi sappiamo che il triangolo esiste per ogni n, quindi
$c^n \ge b^n-a^n=(a+p)^n-a^n\gea^n+na^(n-1)p-a^n=na^(n-1)p$
e quindi
$p \lec^n/(na^(n-1))=c/n*(c/a)^(n-1) \le c/n$
Il tuo esempio non regge perchè parti dall'ipotesi che esiste il triangolo di lati 3, 4, 5: l'ipotesi data è invece che il triangolo di lati $a^n, b^n, c^n$ esiste per ogni n e tu stesso noti giustamente che il tuo esempio non la soddisfa.

[elios]

Grazie mille giammaria, sei stato chiarissimo.

[elios]

Adesso mi è sorta una domanda, giusto per puntualizzare. Dato che la dimostrazione che abbiamo fatto ci porta ad ottenere $a=b$, con $c<=a$, questi triangoli sono tutti triangoli isosceli acutangoli?

[giammaria]

Non ci avevo pensato, ma seguendo il tuo ragionamento direi proprio di sì.

[G.D.]

Ok. Rivisto tutto assieme ci sono.
Thanks so much!