Troppi squares

[jordan]

Esistono interi positivi $ n \in \mathbb{N} $ tali che $ 2n^2+1, 3n^2+1, 6n^2+1 $ sono tutti quadrati perfetti?

[String]

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?

[jordan]

si soluzioni ci sono, ma devi considerare che gli n che metti sono gli stessi..

[String]

ah, ok, non avevo capito che dovessero essere tutti uguali...

[piever]

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} $ )

Ciau!

[geda]

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 )

[mod_2]

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...

[jordan]

$ (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

E complimenti a piever per la il suo rilancio..prometto che ci penserò

[piever]

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...

[jordan]

Prendo j tale che $ j^2+2=0 $ e inizio a ragionare il $ \mathbb{Z}[j] $ ..

Hey ma così non vale..