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presque isocèle

Posté par
verdurin
24-07-15 à 12:22

Bonjour, un petit problème inspiré par M. Gardner.

On considère les triangles rectangles à côtés entiers.

Il ne peuvent pas être isocèles, mais ils peuvent-être «presque isocèles» si la différence entre deux côtés est égale à un.

Dans son article Gardner s'intéressait au cas ou l'hypoténuse diffère d'une nnité d'un des côtés de l'angle droit.

Je vous propose de chercher les triangles rectangles à côtés entiers tels que la différence entre les deux côtés de l'angle droit soit égale à 1.

Le triangle (3;4;5) convient. Le triangle (696;697;985) aussi.

Deux questions :

-- Donner les trois ou quatre plus petits (au sens du périmètre)

-- Déterminer tous les triangles de ce type.

Posté par
dpi
re : presque isocèle 24-07-15 à 12:48

Bonjour
Et merci d'animer

Après le casse-tête de littleguy on peut
se détendre

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Posté par
david9333
re : presque isocèle 24-07-15 à 15:49

Bonjour,

Merci !

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Posté par
verdurin
re : presque isocèle 24-07-15 à 16:26

Bravo à tous les deux.

Pour continuer, il est possible de trouver une formule close donnant tous les triangles de ce type, en fonction du numéro par ordre de taille.

Il y a aussi une formule récursive simple pour calculer les hypoténuses.

Posté par
verdurin
re : presque isocèle 26-07-15 à 10:26

Il est vraisemblable que je ne puisse pas me connecter pendant un certain temps.

Une réponse possible, sans justification :

 Cliquez pour afficher

Posté par
alainpaul
re : presque isocèle 26-07-15 à 11:19

Bonjour,

La relation que tu donnes:u_{n+2}=6u_{n+1}-u_n
correspond à une 'forme itérée stable',je précise ce que nous pouvons entendre par cela.

f(x)=ax+b+\sqrt{(a^2-1)x^2+2b(a+1)x+(b^2+c)}  ,  (a,b,c) \in Z
les itérées f^{[n]}(x)=a'x+b'+d\sqrt{(a^2-1)x^2+2b(a+1)x+(b^2+c)}  ,  (a',b',d)\in Z
possèdent toutes le même radical ,et donc à partir d'un radical entier ,tous les itérés sont entiers.

Pour 2x^2+2x+1 nous pouvons définir cette fonction 'génératrice',
'f'  a-t' elle le cycle le plus court(toutes les solutions)?


Alain

Posté par
alainpaul
re : presque isocèle 27-07-15 à 09:55

Bonjour,

La solution que je propose conduit à considérer les itérées f[n]  de
f(x)=3x+1+2\sqrt{2x^2+2x+1} (1)
la relation entre termes de la suite s'en déduit.

Il est ici facile de trouver une première valeur/germe x0 = 0
soit x_1=3,x_2=20,x_3=119 ,x_4=696,



Alain

Posté par
verdurin
re : presque isocèle 12-08-15 à 22:51

Bonsoir Alain.
Je viens de me pouvoir reconnecter.
Je te remercie pour ta participation.

Ma solution repose sur les réduites de 2 avec la somme des côtés de l'angle droit et l'hypoténuse comme variables.
En fait je viens de me rendre compte que c'est un problème très connu :
on a une équation de Pell-Fermat .

Si ça t'intéresse je peux donner ma solution.

La tienne m'intéresse.

Posté par
Amenemhat
re : presque isocèle 13-08-15 à 08:43

Cette question a déjà été évoquée plusieurs fois sur ce forum Joli triangle de Pythagore

Posté par
alainpaul
re : presque isocèle 13-08-15 à 09:48

Bonjour,


Je me suis longtemps intéressé aux fonctions itérées et surtout
à celles qui ne foisonnent pas comme l'expression que je propose ici;
la difficulté réside principalement dans la détermination d'une première
valeur:germe.

A Verdurin:
*************

J'aimerais que tu m'expliques ta méthode de réduites,


Amicalement,

Alain

Posté par
verdurin
re : presque isocèle 14-08-15 à 19:35

Salut Alain.

Soit c l'hypoténuse et d la somme des côtés de l'angle droit. Ceux-ci sont alors a=\frac12(d-1) et b=\frac12(d+1).

On en déduit par un calcul simple

      2c^2-d^2 = 1

Ce qui entraîne que
      \left\lvert\sqrt2-\dfrac{d}{c}\right\rvert <\dfrac1{2c^2}
et donc que d/c est une réduite de \sqrt2.

Ensuite on cherche le développement en fraction continue de \sqrt2

On a 1+\sqrt2=2+\dfrac1{1+\sqrt2}\ donc

      \sqrt2=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{\ddots}}}

et les réduites de \sqrt2 sont de la forme \dfrac{p_n}{q_n} avec

     p_0=1\ ;\ p_1=3\ ;\ p_{n+1}=2p_n+p_{n-1}
 \\  q_0=1\ ;\ q_1=2\ ;\ q_{n+1}=2q_n+q_{n-1}.

On vérifie facilement que les solutions de 2c^2-d^2 = 1 sont les réduites de rang pair, et le reste est juste une question de technique calculatoires.

On arrive à

\begin{cases} c_0=1\ ;\ c_1=5\ ;&  c_{n+1}=6c_n-c_{n-1}\text{ pour }n\ge1\\d_0=1\ ;\ d_1=7\ ;&  d_{n+1}=6d_n-d_{n-1}\text{ pour }n\ge1\end{cases}

et

\begin{cases} d_n=\frac12\Bigl((1+\sqrt2)^{2n+1}+(1-\sqrt2)^{2n+1}\Bigr)
 \\ c_n=\frac1{2\sqrt2}\Bigl((1+\sqrt2)^{2n+1}-(1-\sqrt2)^{2n+1}\Bigr)
 \\ \end{cases}

Amicalement
verdurin.

Posté par
alainpaul
re : presque isocèle 15-08-15 à 08:25

Bonne fin de semaine,


Merci pour ta réponse précise et détaillée.




Alain

Posté par
pklo
re : presque isocèle 22-10-15 à 18:34

Bonjour,
j'ai cette exo a faire en dm.
J'ai pensé a répondre avec comme fonction : 2a² + 2a +1 =b²
ou b² est l'hypoténuse.
J'aimerai crée un algorithme qui va de A [0;1000] et qui donne les valeurs de a ou b² est un carré parfait si quelqu'un pourraitpresque isocèle m'aidé !

l'image est mon algorithme pour le carré parfait il faut maintenant associé la fonction!

Posté par
verdurin
re : presque isocèle 24-10-15 à 21:12

Bonsoir,
je ne connais pas le langage que tu utilises.
En principe, l'idée de ton algorithme est

  Pour a allant de 1 à 1000
     si b=2a^2+2a+1 est un carré
        alors écrire a et b
     finsi
  finpour

Tu as les réponses dans les messages précédents.



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