Somma, differenza e prodotto quadrati

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Singollo
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Somma, differenza e prodotto quadrati

Messaggio da Singollo » 05 feb 2006, 23:34

Trovare tutte le coppie (a,b) di interi per cui a+b, a-b, a*b siano tutti quandrti perfetti.

Fonte: post233

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post233
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Messaggio da post233 » 05 feb 2006, 23:36

Singollo ha scritto:Fonte: post233
Peraltro mi è venuto in mente al Winter Camp e non ho la minima idea di come trattare i casi non banali...
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darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 08 feb 2006, 14:06

Ciao a tutti... first post! :)
Questo problema mi ricorda vagamente qualcosa, post233... tentare di risolverlo alle 4 di notte girando per Pisa non era un bel sistema, ora magari mi ci metto sul serio (contaci :D )

Davide

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post233
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Messaggio da post233 » 08 feb 2006, 20:13

Peraltro senza carta né penna... :D :D
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mitchan88
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Messaggio da mitchan88 » 08 feb 2006, 21:26

[ot]peraltro cercando un bar[/ot]

p.s. benvenuto davide! ;)
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Gauss_87
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Ci ho provato

Messaggio da Gauss_87 » 10 feb 2006, 17:14

Bisogna risolvere:
$ a+b = p^2 $, $ a-b = q^2 $, $ a \cdot b = r^2 $,
con $ p^2, q^2, r^2 \in N $.

Intanto se $ a=b $ si ha $ 2a = p^2 \Leftrightarrow a = b = 2k^2 \forall k \in N $.

Se uno tra $ a, b $ è nullo si ottengono banalmente le coppie:
$ (n^2,0) \, \forall n \in Z $.

Ponendo: $ xy = ( \frac{k}{2} )^2 $ with $ k \in Z $:
$ p^4 = q^4 + k^2 $ che non ha soluzione negli interi.

Quindi $ (n^2,0); (2n^2,2n^2) $ sono le uniche soluzioni.
Ultima modifica di Gauss_87 il 13 feb 2006, 19:32, modificato 8 volte in totale.
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

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Re: Ci ho provato

Messaggio da post233 » 10 feb 2006, 20:41

Gauss_87 ha scritto:Intanto se $ a=b $ si ha $ 2a = p^2 \Leftrightarrow a = b = 2^{2k+1} \forall k \in N $, oppure la soluzione banale $ a=b=0 $.
.
Beh, non soltanto...$ 2a = p^2 \Leftrightarrow a=b=2k^2 \forall k \in N $, dunque anche tutte le coppie del tipo $ (2k^2,2k^2) $ sono soluzioni.
Gauss_87 ha scritto:$ 2b = p^2 - q^2 = (p - q)(p + q) $, cioè $ (p - q),(p + q) $ hanno la stessa parità $ \Leftrigtharrow p, q \equiv 0 mod 2 $
Perché dovrebbero essere pari, scusa? Per esempio, la soluzione $ (1,0) $ ha $ p=q=1 \equiv 1 mod 2 $.
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Messaggio da Gauss_87 » 11 feb 2006, 12:40

Si avevi ragione.. ho modificato la soluzione, ma nn sono ancora molto sicuro..
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Re: Ci ho provato

Messaggio da post233 » 11 feb 2006, 19:29

Gauss_87 ha scritto:Ricordando che $ a=2(P^2 + Q^2) $ e $ b = 2(P^2 - Q^2) $ e utilizzando l'ultima equazione ottenuta si ha:
$ a=Q^2 \cdot \frac{(k+1)^2}{k} $ e $ b = Q^2 \cdot \frac{(k-1)^2}{k} $,
che sono ASSURDE perchè $ a,b \in Z $ e $ (k+1)^2 \equiv 0 modk $ è ASSURDA, a meno che $ k=1 \Rightarrow b=0, a=4Q^2 = n^2 $.
Beh, ma cosa mi assicura che $ Q^2 $ non sia divisibile per $ k $ e che dunque quel $ k $ al denominatore non si possa semplificare?
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Messaggio da Gauss_87 » 11 feb 2006, 20:11

hai ragione, mi sa ke è tutta da rifare, ciao
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Messaggio da Gauss_87 » 13 feb 2006, 13:43

Mettendo il Topic su MathLinks un utente ha risolto facilmente utilizzando Fermat, la soluzione è quella sopra! :lol:
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Messaggio da post233 » 13 feb 2006, 14:08

Sì, ok, con il "cannone" Fermat va (a proposito, $ (0,n^2) $ non è una soluzione perché $ a-b $ deve essere un quadrato perfetto, ma questo è un dettaglio), ma mi chiedo se sarebbe possibile trovare una soluzione che faccia uso di tecniche elementari... :roll:
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Messaggio da HiTLeuLeR » 13 feb 2006, 14:13

Non siamo su mathlinks : qui ci vogliono i tag tex, non i dollari. EG

Wlog, sia $ \gcd(a,b) = 1 $. Then $ ab = z^2 $ forza ad essere $ a = u^2 $ e $ b = v^2 $. Perciò $ a + b = x^2 $ sse $ a = m^2 - n^2 $, $ b = 2mn $ ed $ x = m^2 + n^2 $, dove $ m, n \in \mathbb{N} $e $ \gcd(m,n) = 1 $ (Diofanto vs Pitagora). Adesso c'è da portare in conto il fatto che si vuol pure $ a - b = y^2 $. Ma in fondo basta poco, che ce vo'?!

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