12 votos

Explicar esta convergencia entre tríos pitagóricos

¿Por qué las proporciones de los sucesivos valores de números enteros $a$ $c$ donde $a^{2}+(a+1)^{2}=c^{2}$, parecen converger a $$\frac{a_{n+1}}{a_{n}},\frac{c_{n+1}}{c_{n}}\rightarrow3+2\sqrt{2}$$

Yo rigurosamente generado todos los {a,c} parejas donde $a^{2}+(a+1)^{2}=c^{2}$$a<10^6$:

{3, 5}, {20, 29}, {119, 169}, {696, 985}, {4059, 5741}, {23660, 33461}, {137903, 195025}, {803760, 1136689}...

Podemos ver que el ajuste a la relación sólo se pone mejor y mejor...

$$\frac{c_{8}}{c_{7}}=\frac{1136689}{195025}\approx5.82842712473...$$

$$3+2\sqrt{2}\approx5.82842712475... $$

¿Por qué esta relación surgen? Y con ningún otro entre pares que satisfacen la condición?

9voto

AmateurMathGuy Puntos 38

$$\begin{align} a^{2}+(a+1)^{2}&=c^{2} \\ 2a^2+2a+1&=c^2 \\ 2\left(a+\frac{1}{2}\right)^2 +\frac{1}{2}&=c^2 \\ (2a+1)^2+1&=2c^2 \\ 2c^2-(2a+1)^2&=1 \\ 2c^2-d^2&=1 \quad | \quad d=2a+1 \end{align}$$

La anterior ecuación de pell: $2c^2-d^2=1$ factores $(c\sqrt 2-d)(c\sqrt 2 +d)=1$. Con la solución inicial se $(c_0,d_0)=(1,1)$,$(\sqrt 2-1)(\sqrt 2 +1)=1$. Ya que se nos permite multiplicar cualquier ecuación por una constante elegimos $(\sqrt 2-1)^2(\sqrt 2 +1)^2=(3-2\sqrt2)(3+2\sqrt 2)=1^2=1$. Haciendo esto se traduce en

$$\begin{align} (c\sqrt 2-d)(3-2\sqrt 2)(c\sqrt 2 +d)(3+2\sqrt 2)&=1 \\ &\implies \\ 2(3c+2d)^2-(4c+3d)^2&=1 \end{align}$$

Esto le permite mostrar iterativo soluciones:

$$\begin{cases} c_{k+1}=3c_k+2d_k \\ d_{k+1}=4c_k+3d_k \end{casos}$$

Que se puede resolver por el método que he descrito aquí para producir:

$$c_k=\frac{2+\sqrt 2}{4} \left(3+2\sqrt 2\right)^k+\frac{2-\sqrt 2}{4} \left(3-2\sqrt 2\right)^k$$

tenga en cuenta que el efecto de la $(3-2\sqrt 2)^k$ disminuye con el aumento de k, explicando su observación

5voto

Arnaud Mortier Puntos 297
<p>La secuencia $a_n$ es <a href="https://oeis.org/A001652" rel="noreferrer">https://oeis.org/A001652</a>.</p> <p>Esta secuencia se define por $$\cases{a_n=6a_{n-1}+a_{n-2}+2\\ a_0=0\\a_1=3}$ $</p> <p>Por lo tanto el cociente $r_n={a_n\over a_{n-1}}$ tiene $3+2\sqrt 2$según lo observado por Klaus Brockhaus de límite %. Más adelante añadiré una prueba.</p>

2voto

Anthony Shaw Puntos 858

La ecuación de $a^2+(a+1)^2=c^2$ es equivalente a $$ (2a+1)^2+1=2c^2\tag1 $$ Es decir, $\frac{2a+1}c$ es un cierre bajo-aproximación a $\sqrt2$. De hecho, se puede demostrar que si $$ \left|\,\frac pq r\,\right|\le\frac1{2t^2}\tag2 $$ a continuación, $\frac pq$ es una continuación de la fracción convergente para $r$. De $(1)$, obtenemos $$ \left(\sqrt2-\frac{2a+1}c\right)\left(\sqrt2+\frac{2a+1}c\right)=\frac1{c^2}\tag3 $$ De $(3)$, obtenemos $$ \begin{align} \left(\sqrt2-\frac{2a+1}c\right)\sqrt2 &\le\left(\sqrt2-\frac{2a+1}c\right)\left(\sqrt2+\frac{2a+1}c\right)\\ &=\frac1{c^2}\\[3pt] &\le1\tag4 \end{align} $$ Por lo tanto, $\frac{2a+1}c\ge\sqrt2-\frac1{\sqrt2}$ y, por tanto,$\sqrt2+\frac{2a+1}c\ge2\sqrt2-\frac1{\sqrt2}\gt2$. La aplicación de $(3)$ nuevo, tenemos que $$ \left|\,\frac{2a+1}-c\sqrt2\,\right|\le\frac1{2c^2}\tag5 $$ Así, vemos que la $\frac{2a+1}c$ debe ser convergente para $\sqrt2$.


Si $\frac{2a+1}c$ es convergente para $\sqrt2$, entonces se puede demostrar que $$ \left|\,\frac{2a+1}-c\sqrt2\,\right|\le\frac1{2c^2}\tag6 $$ Si $\frac{2a+1}c\lt\sqrt2$, luego tenemos $$ \begin{align} \left(\sqrt2-\frac{2a+1}c\right)\left(\sqrt2+\frac{2a+1}c\right) &\le\frac1{2c^2}\left(2\sqrt2+\frac1{2c^2}\right)\\ 2c^2-(2a+1)^2&\le\sqrt2+\frac1{4c^2}\tag7 \end{align} $$ lo que significa que $a$ $c$ satisfacer $(1)$.


Por lo tanto, $(1)$ está satisfecho precisamente al $\frac{2a+1}c$ es una continuación de la fracción convergente para $\sqrt2$ que es una sub-estimación con impar numerador.


La continuación de la fracción de $\sqrt2$$(1;\overline{2})$, por lo que el convergents inicio $$ \begin{array}{c|c} &&1&2&2&2&2&\cdots\\\hline 0&1&\color{#C00}{1}&3&\color{#C00}{7}&17&\color{#C00}{41}&\cdots\\\hline 1&0&\color{#C00}{1}&2&\color{#C00}{5}&12&\color{#C00}{29}&\cdots \end{array}\tag8 $$ Debido a la repetición de la continuación de la fracción después de la primer término, la recurrencia de los numeradores y denominadores para $n\ge1$ es $$ x_n=2x_{n-1}+x_{n-2}\tag9 $$ A partir de esta recurrencia tenemos que todos los numeradores será impar. Es un hecho sobre fracciones continuas que convergents oscilar por encima y por debajo de la meta límite, por lo que sólo nos fijamos en los convergents incluso con índice: $1,\frac75,\frac{41}{29},\ldots$. El uso de $(9)$, podemos deducir la periodicidad de cada una de las otras numerador y el denominador: $$ x_n=6x_{n-2}-x_{n-4}\etiqueta{10} $$ Esta es la recurrencia para el indexado numeradores y denominadores de $(8)$; y por lo tanto, los posibles valores de $2a+1$$c$$(1)$: $$ \begin{array}{c|c} 2a_n+1&1&7&41&239&\cdots\\\hline c_n&1&5&29&169&\cdots \end{array}\etiqueta{11} $$ donde tanto $2a_n+1$ $c_n$ satisfacer la recurrencia $$ x_n=6x_{n-1}-x_{n-2}\etiqueta{12} $$ Soluciones para la recurrencia lineal en $(12)$ son combinaciones lineales de $\left(3+\sqrt8\right)^n$$\left(3-\sqrt8\right)^n$: $$ \begin{align} 2a_n+1&=\frac{1+\sqrt2}2\left(3+\sqrt8\right)^n+\frac{1-\sqrt2}2\left(3-\sqrt8\right)^n\tag{13}\\ c_n&=\frac{2+\sqrt2}4\left(3+\sqrt8\right)^n+\frac{2-\sqrt2}4\left(3-\sqrt8\right)^n\tag{14} \end{align} $$ $(13)$ da la fórmula $$ a_n=-\frac12+\frac{1+\sqrt2}4\left(3+\sqrt8\right)^n+\frac{1-\sqrt2}4\left(3-\sqrt8\right)^n\etiqueta{15} $$ Como $n\to\infty$, $(14)$ y $(15)$ se asintóticamente $$ \begin{align} a_n&\sim\frac{1+\sqrt2}4\left(3+\sqrt8\right)^n\tag{16}\\ c_n&\sim\frac{2+\sqrt2}4\left(3+\sqrt8\right)^n\tag{17} \end{align} $$

1voto

Jerry Guern Puntos 544
<p>Suplementario de la OP:</p> <p>Había generalizado respuesta arbitraria $a,a+n,c$ de AmateurMathPirate:</p> <p>$$a=\frac{n}{4}\left(\left(1+\sqrt{2}\right)\left(3+2\sqrt{2}\right)^{k}+\left(1-\sqrt{2}\right)\left(3-2\sqrt{2}\right)^{k}\right)-\frac{n}{2}$$</p> <p>$$b=a+n $$</p> <p>$$c=\frac{n}{4}\left(\left(2+\sqrt{2}\right)\left(3+2\sqrt{2}\right)^{k}+\left(2-\sqrt{2}\right)\left(3-2\sqrt{2}\right)^{k}\right)$$</p> <p>Es fácil demostrar que $a,b,c$ un triple para cualquier elección de positivo $n,k$</p> <p>Parece que los trillizos tienen esta forma, pero no tengo una prueba de ello.</p> <p>Y que conste sólo descubrió esta relación después de leer respuesta de AmateurMathPirate arriba.</p>

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