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Titolo: Triangoli rettangoli

Salve a tutto il gruppo.
Ho due problemi (non nuovi, non miei) da proporre.
Ne aggiungo un terzo, che mi interessa e che non so risolvere.
1) Trovare un triangolo rettangolo con lati interi, (es 5, 12, 13) tale
che la lunghezza
dell'ipotenusa sia un quadrato, come pure la DIFFERENZA dei cateti.
2) come sopra, ma con la SOMMA dei cateti.
3) Non e' difficile risolvere il primo per tentativi. Fermat risolse il
secondo nel 1643,
trovando numeri enormi (a mano!). Esiste una formula per trovare tutte
le soluzioni?
Credo siano infinite, ma e' un'ipotesi molto debole; al momento ne ho
trovate 3 per il
primo problema e 1 (quella di Fermat) per il secondo.
Mauro Fiorentini

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Considero per ora solo il secondo e il terzo problema.
Il metodo c'e' ed e' lo stesso usato da quel diavolaccio di Fermat per
trovare la soluzione da te accennata.
Il procedimento e' un po' lungo, ma data l'importanza dell'idea, spero
di fare cosa gradita riportandolo per intero. Abbiamo detto che l'idea
e' davvero ingegnosa, e' il famoso metodo della "discesa infinita" usato
da Fermat per dimostrare l'impossibilita' di certe condizioni, qui
invece e' applicato per ricavare la soluzione, da un certo tipo di
equazione, ma vediamo nei dettagli:
Devo fare subito una premessa ricordando che per ogni Terna Pitagorica
Prima (TP) X^2+Y^2=Z^2 esistono i cosidetti Numeri Generatori (NG) m ed
n tali che: X=mē-nē, Y=2mn, Z=mē+nē.
Stiamo cercando la soluzione di TP tali che
X+Y=aē,  Z=bē,  Xē+Yē=Zē=b^4.    (1)
Mettiamo  X-Y=e                  (2)
Combinando la (1) e la (2) e risolv. per X e Y si ha:
X=(aē+e)/2,   Y=(aē-e)/2    da cui
Xē+Yē=(2a^4+2eē)/4 = (a^4+eē)/2 = Zē = b^4,
a^4+eē=2b^4 oppure  2b^4-a^4=eē  (3)
Ricordando i (NG), in questo caso abbiamo:
X=mē-nē, Y=2mn, Z=mē+nē=bē
Questa ultima equazione per Z e' di per se' una TP, percio' e' richiesto
che:
m=rē-sē, n=2rs, b=rē+sē          (4)
Dalla (1), mē-nē+2mn = aē =(m+n)ē-2nē oppure (m+n)ē-aē=2nē
come dire che dobbiamo trovare 2 quadrati tali che la loro differenza e'
il doppio di un quadrato, ma Fermat sapeva bene che una sol. generale
Aē-Bē=2Cē e' data da:
A=tē+2uē; B=tē-2uē; C=2tu
Come e' facile verificare.
Nel nostro caso abbiamo:
A=(m+n); B=a; C=n,  cosi' che m+n=tē+2uē, n=2tu percio' m=tē+2u-2tu.
Equiparando con i valori di m,n nella (4) otteniamo:
rē-sē=tē+2uē-2tu;  2rs=2tu.      (5)
Da rs=tu abbiamo r/t=u/s  mettiamo che queste frazioni ridotte ai minimi
termini =d/c.
Allora r=kd, u=Ld, t=kc, s=Lc. Sostituendo in (5) scriviamo:
Lē(cē+2dē)-2cdLk-kē(cē-dē)=0
dividendo per kē si ha:
(L/k)ē(cē+2dē)-2cd(L/k)+(cē-dē)=0
che risolta per L/k risulta:
L/k=[cdą(2d^4-c^4)^―]/(cē+2dē).
Occorre che 2d^4-c^4 sia un quadrato, diciamo Vē, allora, finalmente
possiamo scrivere:
2d^4-c^4=Vē                       (6)
Tutto questo lavoro per vedere che la (6) e' identica alla (3) eccetto
le quantita' che sono piu' piccole.
E qui sta la grande trovata di Fermat, basta risolvere la (6) con numeri
banali per poi proseguire a ritroso trovando i valori giusti. 
Prima di andare avanti facciamoci uno specchietto di riferimento,a
ritroso, delle operazioni fatte:
L=cdąV
k=cē+2dē
r=kd
s=Lc
Trovati questi valori potremo ricavare:
m=rē-sē
n=2rs
b=rē+sē
X=mē-nē
Y=2mn
Z=bē
X+Y=aē
X-Y=e
La sol. piu' semplice per la (6) e' 2*1^4-1^4=1^2 dove d=c=V=1, percio'
L/k = (1ą1)/3 = 0/3 oppure 2/3.
Scartando L=0 abbiamo L=2, k=3, r=kd=3, s=Lc=2, m=5, n=12, X=-119,
Y=120, Z=169.
Che e' una sol., ma non si puo' accettare un triangolo con un lato
negativo, andiamo avanti percio' trovando gli attuali valori per b,a,e
nella (3) poi li facciamo assumere da d,c,V nella (6) per trovare una
sol. maggiore.
Si ha rē+sē=b=13, X+Y=a=1, X-Y=e=-239 che ci da' un'altra sol. per la
(6), difatti:
2*13^4-1^4=(-239)^4 proviamo adesso con d=13, c=1, V=239.
L/k = (13*1ą239)/(1+2*13ē) = 252/339=84/113 oppure (-226)/339
Provando L=84 e k=113 troviamo r=1469, s=84, m=2150905, n=246792, 
X=4565486027761,  Y=1061652293520, Z=4687298610289.
Che e' la sol. data da Fermat, difatti Z=2165017ē,  X+Y=2372159ē.
A questo punto posso proseguire trovando altre soluzioni (infinite), ma
i numeri diventano spaventosi.
A titolo di es. ecco la seconda sol. 
Prendo i nuovi valori per d ed c che sono rispettivamente:
2165017 e 2372159. Dalla (6) V=3503833734241.
L=cdąV = 8639598295944 oppure 1631930827462
k=15001735541859
L/k= 151245528/262621633 oppure 6214/57123
prendendo la piu' semplice 
r=kd=123672266091
s=Lc=14740596026 da cui si ricava:
X= 214038981475081188634947041892245670988588201
Y= 109945628264924023237017010068507003594693720
Z= 240625698472667313160415295005368384723483849
Che e' una Terna Pitagorica con
X+Y = 17999572487701067948126 ^2
Z   = 15512114571284835412957 ^2.
Non oso pensare alle prossime soluzioni.
Quel Fermat.....!!!
ciao :)dario

 ciao :)dario
Ottimo! io avevo seguito la stessa strada, ma m'ero fermato due passi prima,
circa alla
tua (5), trovandomi costretto a parecchi tentativi in piu', quindi non sono
arrivato alla
tua ultima spaventosa soluzione.
Esiste una forma parametrica semplice delle soluzioni intere dell'equazione:
2d^4-c^4=V² ? saprei trovare la forma generale selle soluzioni dell'equazione
di
Pell 2d^2-c^2=V²  ma non vado oltre.
Dario, siccome dici che il tutto risale a Fermat, dove hai trovato la
descrizione
del metodo?
Io ho trovato il problema con le soluzioni numeriche, senza il metodo) in un
vecchio
articolo di Gardner sul teorema di Pitagora e triangoli pitagorici.
Mauro Fiorentini

 Mauro Fiorentini
Albert Beiler "Recreations in the Theory of Numbers, the Queen of
Mathematics Entertains"
e' un libro della Dover del 1966, un po' vecchio, ma zeppo di roba
OTTIMA !
ciao :)dario

Mauro Fiorentini
Per il primo problema esiste una soluzione generale valida solo per i
problemi di questo tipo:  n^2+m^2=r^2 (solo quadrati)
la soluzione e' : n=u^2-v^2, m=2uv, r=u^2+v^2
e' evidente che per ogni coppia u e v e' sempre n^2+m^2=r^2
In particolare per  u=2 e v=1 risulta 3^2+4^2=5^2 -> 9+16=25
Gli altri quesiti non li ho ben capiti. Cerchi tre numeri interi tale che
(n+m)^2=r^2 ???? non credo proprio perche' sarebbe banale.