Пифагоровы тройки

[Anna Andreevna]

Кто впервые охарактеризовал Пифагоровы тройки типа: $n^2 + (n+1)^2 = k^2$?
Эйлер нашел бесконечно много решений, но кто-то показал, что других нет?

[Утундрий]

Anna Andreevna в сообщении #1655989 писал(а):

кто-то показал, что других нет?

$(8,15,17)$

[Sinoid]

Утундрий в сообщении #1655992 писал(а):

Anna Andreevna в сообщении #1655989 писал(а):

кто-то показал, что других нет?

$(8,15,17)$

Я думаю, что имелось ввиду, что Эйлер нашел у этого уравнения какую-то одну бесконечную серию решений, а ТС интересуется, не показал ли кто, что у этого уравнения нет больше других бесконечных серий решений. Но это сугубое ИМХО, ни на что не претендую.

[Booker48]

А это точно Эйлер нашёл?
Везде ссылки на статью 1875 года: Martin, Artemas (1875), "Rational right angled triangles nearly isosceles", в свободном доступе.
Пишут, что такие катеты получаются из последовательных чисел Пелля, именем которого Эйлер ошибочно назвал уравнение. )))

[Andrey A]

Booker48 в сообщении #1656000 писал(а):

Везде ссылки на статью 1875 года

А можно и головой подумать:
$(n^2-m^2)-2nm =\pm1$
$(n-m)^2-2m^2=\pm1$ Чистый Пелль.

[Booker48]

Anna Andreevna в сообщении #1655989 писал(а):

...но кто-то показал, что других нет?

Ну, это несложно.
Andrey A продемонстрировал, что из параметризации Евклида нужные катеты (отличающиеся на 1) получаются как решения уравнения Пелля.
Параметризация Евклида даёт не все пифагоровы тройки, но все примитивные.
Но если разность катетов равна 1, то тройка заведомо примитивная.
Так что - других троек с нужным свойством не существует.

[Andrey A]

Booker48

Да, всё верно. Кое-что добавлю.
Напрямую последовательность дробей $\dfrac{n_i}{m_i}$ можно получить разложением корня уравнения $x^2-2x-1=0$, равного $1+\sqrt{2},$ или же в явном виде — как пара соседних членов последовательности $x_i=\dfrac{(1+\sqrt{2})^i-(1-\sqrt{2})^i}{2\sqrt{2}}.$
А вот чего не понимаю — почему параметризацмя Евклидова, а тройки Пифагоровы. Вот всегда в жизни так. Типа Эйлер перепутал... ) Шучу опять

[Anna Andreevna]

Sinoid: да, именно это имелось в виду.

Booker48: Да, Эйлер точно нашел рекурсивные формулы
https://scholarlycommons.pacific.edu/euler-works/739/
Статья на латыни (см. Exemplum I).

Booker48, Андрей А:
Мне все равно непонятно, почему формулы для $t(t+1) = 2d^2$, полученные Эйлером в 1778

$$t = \frac{(3+2\sqrt{2})^n}{4}+\frac{(3-2\sqrt{2})^n}{4}-\frac{1}{2}, \hspace{5mm} d = \frac{(3+2\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}-\frac{(3-2\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}.$$

определяют все тройки такого вида.

[Andrey A]

Anna Andreevna в сообщении #1656101 писал(а):

... определяют все тройки такого вида.

А как они определяют, можно пример? Положим, для случая $n=3.$

[Booker48]

Формулы похожи, если учесть, что $3\pm 2\sqrt{2}=(1\pm \sqrt{2})^2$
Но хотелось бы понимать, что он там пишет. А то я даже "эпигрАфы разбирать" не умею. )))

-- 26.09.2024, 02:09 --

Судя по всему, Эйлер решает диофантово уравнение $t^2+t=2d^2$
Если говорить о треугольниках, то он, получается, ищет прямоугольные треугольники с целыми катетами, отличающимися на 1, площадь которых есть квадрат натурального числа.
Это не пифагоровы тройки.

[Andrey A]

А я, в общем, догадываюсь, что он там пишет. С первым вопросом ТС кое-как разобрались, а второй на кривой козе не объедешь, поскольку формулы взяты из другой задачи (ну, Вы тоже догадались).

Anna Andreevna в сообщении #1656101 писал(а):

$$t(t+1) = 2d^2$$

Или $\dfrac{t(t+1)}{2}=d^2.$ Равенство треугольного и квадратного числа (полные суммы натурального и нечетного ряда) — известная задача. Для $n=3$ имеем $t=49,d=35$ и $\dfrac{49\cdot50}{2}=35^2.$ Умножая почленно на $4$, получаем $(2t+1)^2-2\cdot(2d)^2=1.$ Тот же Пелль. Общего со стартовой задачей только то, что обе можно решать разложением $\sqrt{2}$, хотя для второй лучше брать $\sqrt{8}$.

Anna Andreevna в сообщении #1656101 писал(а):

Мне все равно непонятно, почему формулы для $t(t+1) = 2d^2$, полученные Эйлером в 1778

$$t = \frac{(3+2\sqrt{2})^n}{4}+\frac{(3-2\sqrt{2})^n}{4}-\frac{1}{2}, \hspace{5mm} d = \frac{(3+2\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}-\frac{(3-2\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}.$$

определяют все тройки такого вида.

Мне вот тоже непонятно, но Вам же дан выше простой расклад. Если не хочется возиться с иррациональными степенями а-ля Бине, выписывайте подходящие дроби $1+\sqrt{2}=2;2,2,...,2,2,...=\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{2},\dfrac{12}{5},...,\dfrac{p_{n+1}=2p_n+p_{n-1}}{q_{n+1}=p_n}.$ Числитель и знаменатель каждой дроби подставляйте в Евклидовы формулы, и будет Вам счастье. Или же задачей стоит анализ работ Эйлера? Тогда с латынью надо поаккуратней.

[Shadow]

Anna Andreevna в сообщении #1656101 писал(а):

Мне все равно непонятно, почему формулы для $t(t+1) = 2d^2$, полученные Эйлером в 1778

$$t = \frac{(3+2\sqrt{2})^n}{4}+\frac{(3-2\sqrt{2})^n}{4}-\frac{1}{2}, \hspace{5mm} d = \frac{(3+2\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}-\frac{(3-2\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}.$$

определяют все тройки такого вида.

Видите ли, решения уравнений Пелля (к которому данное сводится), кроме аналитический/замкнуты вид (с радикалами и степенями как выше), имеют и рекуррентый вид. Даже два. К примеру, решения данного уравнение можно записать:
$t_0=0,d_0=0$

$t_{k+1}=3t_k+4d_k+1$

$d_{k+1}=2t_k+3d_k+1$

получая таким образом $(t,d)=(0,0);(1,1);(8,6);(49,35),\ldots$, что полностью совпадает с аналитическим.

Конечно, возникает вопрос: А все ли решения здесь? Не пропускается ли решение (на самом деле целая серия решений, потому что рекуррентную формулу никто не отменял).

Методом от противного: У нас есть последовательности $d_k$ и $t_k$. Допустим, что существует решение $d_k<d<d_{k+1}$. Ну и конечно $t_k<t<t_{k+1}$

Тогда, пользуясь рекуррентной формулой (только вниз), нетрудно доказать, что должно существовать и решение $d_{k-1}<\overline{d}<{d_k}$

И т.д. должно существовать решение между $d_0$ и $d_1$, но такое нету. Все.

Есть уравнения, для которых такое бывает - по $2,3,4$ серий решений.

[Andrey A]

Shadow
Как бы то ни было, главное что это другая задача. А со стартовой никаких разночтений нет.
За сим привет!

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1656166 писал(а):

... другая задача.

Нет, увязать-то их можно:

$$\dfrac{n_i}{m_i}=\dfrac{2t+2d+1}{2d}$$

Но во-первых тут формальность, во-вторых решения получим как раз не все, а только c четными $i$. Впрочем, если брать $\pm d$, то и все. Но доказательство через того же Пелля из начала темы.

[Батороев]

Некогда и я занимался этой задачей и даже вывел метод нахождения решений, причем следущего из предыдущего. Сегодня нашел запись и не смог вспомнить, на основании чего вывел.
Зато нашел формулы другого человека, которые также последовательно находят решения. Для информации даю ссылку.