Troppi squares

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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Troppi squares

Messaggio da jordan » 15 nov 2008, 19:12

Esistono interi positivi $ n \in \mathbb{N} $ tali che $ 2n^2+1, 3n^2+1, 6n^2+1 $ sono tutti quadrati perfetti?
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String
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Messaggio da String » 16 nov 2008, 20:00

In pratica vogliamo sapere se $ 2n^2+1=a^2 $,$ 3n^2+1=b^2 $,$ 6n^2+1=c^2 $. Possiamo riscriverle come $ 1=a^2-2n^2 $,$ 1=b^2-3n^2 $,$ 1=c^2-6n^2 $, che dovrebbero essere delle equazioni di Pell, perciò ci saranno sempre degli n che soddisfano quelle equazioni... Giusto?
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jordan
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Messaggio da jordan » 16 nov 2008, 20:18

si soluzioni ci sono, ma devi considerare che gli n che metti sono gli stessi..
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String
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Messaggio da String » 16 nov 2008, 20:20

ah, ok, non avevo capito che dovessero essere tutti uguali...
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piever
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Messaggio da piever » 17 nov 2008, 17:02

Simpatico questo problema... C'è una soluzione simpatica con la tecnica preferita di Boll in TdN (nonché l'unica che Egli abbia mai usato in un problema di teoria dei numeri, per quanto ne so). Al lettore l'arduo compito di indovinare di che tecnica si tratti...

Rilancio:

Sia n un intero positivo.

Dimostrare che 2n+1, 3n+1 e 6n+1 non sono mai tutti e tre quadrati perfetti.

La mia soluzione è quanto mai caotica, magari tra un po' la posto, mi piacerebbe sapere se ce n'è una più bella (notare che in questo caso $ \mbox{decente}\Rightarrow \mbox{più bella} $ :D )

Ciau!
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geda
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Re: Troppi squares

Messaggio da geda » 18 nov 2008, 13:09

jordan ha scritto:Esistono interi positivi $ n \in \mathbb{N} $ tali che $ 2n^2+1, 3n^2+1, 6n^2+1 $ sono tutti quadrati perfetti?
Ci provo. Scriviamo:

1) $ 2n^2+1=a^2 $,
2) $ 3n^2+1=b^2 $,
3) $ 6n^2+1=c^2 $.

La 1) e la 3) ci dicono che $ a $ e $ c $ sono dispari, quindi studiando la 1) e la 3) $ \mod 4 $ abbiamo che $ n $ deve essere pari. Ma ora, studiando la 2) $ \mod 8 $ abbiamo che $ n=4k $. Quindi riscriviamo le equazioni

1) $ 32k^2+1=2^5k^2+1=a^2 $,
2) ....,
3) ....

Rimaneggiando la 1) abbiamo

$ 2^5k^2=a^2-1=(a-1)(a+1) $. Pongo $ a-1=m $ ($ m $ sara' ovviamente pari) e quindi ho $ 2^5k^2=m(m+2) $. Poiche' $ m $ e' pari, pongo $ m=2s $ e quindi

$ 2^5k^2=2^2s(s+1)\quad \to\quad 2^3k^2=s(s+1) $.

Ora $ s $ e $ s+1 $ sono ovviamente relativamente primi, di cui uno deve essere pari.
Studiamo i seguenti casi:

a) $ s=2^3 $ e $ k^2=s+1 $: questo ci da $ k=3 $, $ n=12 $
b) $ s=k^2 $ e $ s+1=2^3 $: questo non ci da nulla
c) $ s=1 $ e $ 2^3k^2=s+1=2 $: questo non ci da nulla.

Mi sembra che non ci siano altri casi sensati. Quindi l'equazione 1) e' un quadrato solo per $ n=12 $. ma le altre non sono un quadrato per lo stesso $ n $. Quindi, non esistono degli enne per cui sia verificata la tesi.

Dove ho sbagliato? (lo so che ho sbagliato :roll:)

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mod_2
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Messaggio da mod_2 » 21 nov 2008, 20:12

Durante Archimede, pensando alle parole di jordan
Il prodotto di 2 quadrati perfetti è sempre un quadrato perfetto!
$ $(6n^3+3n)^2=36n^6+9n^2+36n^4<(2n^2+1)(3n^2+1)(6n^2+1)=$ $$ $36n^6+36n^4+11n^2+1<(6n^3+3n+1)^2=36n^6+9n^2+1+36n^4+12n^3+6n$ $

ma ripensando alle parole di jordan, ho scoperto che non si riferiva esattamente a questa... :D
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Messaggio da jordan » 21 nov 2008, 20:17

mod_2 ha scritto:$ (6n^3+3n)^2<(2n^2+1)(3n^2+1)(6n^2+1)<(6n^3+3n+1)^2 $
Eh si io direi che questa è la piu bella, bravo :lol:

E complimenti a piever per la il suo rilancio..prometto che ci penserò :o
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Messaggio da piever » 26 nov 2008, 13:24

Urka, sboronissima la sol di mod...

Comunque, tornando al problema "2n+1, 3n+1 e 6n+1=troppi squares":

Pongo $ 6n+1=x^2 $, $ 3n+1=y^2 $, $ 2n+1=z^2 $ e noto che:

$ x^2+2=3z^2 $ e $ 2y^2+1=3z^2 $

Prendo j tale che $ j^2+2=0 $ e inizio a ragionare il $ \mathbb{Z}[j] $ (ok, lo ammetto, non ho trovato una soluzione elementare....) ricordandomi che c'è la fattorizzazione unica a meno di unità e che le unità sono 1 e -1.

$ (x+j)(x-j)=(1+yj)(1-yj) $ da cui (siccome $ (x+j,x-j)=1 $ e $ (1+yj,1-yj)=1) $ si ha che esistono $ a,b\in\mathbb{Z}[j] $ tali che $ x+j=ab $ e $ 1+yj=\pm a\bar{b} $

Smanettando un po' (cosa che lascio fare al volonteroso lettore) si dimostra che il valore assoulto della parte reale di $ b^2 $ è 1, così come il valore assoluto della parte reale di $ a^2 $. Ora, sapendo che $ (a\bar{a})(b\bar{b})=3z^2 $ si dovrebbe poter concludere facilmente (hint: né $ a\bar{a} $ né $ b\bar{b} $ possono essere quadrati perfetti (beh, a meno di casi piccoli) e sono coprimi fra loro...)

Se qualcuno vuole fare pratica su amenità del tipo: "anelli euclidei diversi da Z" potrebbe provare a riscrivere decentemente la soluzione...
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jordan
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Messaggio da jordan » 27 nov 2008, 01:10

piever ha scritto: Prendo j tale che $ j^2+2=0 $ e inizio a ragionare il $ \mathbb{Z}[j] $ ..
Hey ma così non vale.. :P
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