OliForum Matematico

per $ (n,k) \in N_0^2 $ vale $ n^2=(k+1)^3-k^3 $ allora esistono $ (a,b) \in Z^2 $ t.c. $ a^2+b^2=n $.

Questo è proprio carino! Uso però un po' di teoria... vabbè, casomai (dopo aver provato visto che imbianco) chiedete.

Espandiamo il cubo, otteniamo una equazione di secondo grado in k, il cui delta è 12n^2-3. Questo delta deve essere un quadrato perfetto affinchè k sia un intero, dunque 12n^2-3=Y^2. Modulo 3 scopriamo immediatamente che Y è multiplo di 3, dunque poniamo Y=3y per avere 3(2n)^2-3=9y^2 \Rightarrow (2n)^2-3y^2=1, che detto N=2n diventa N^2-3y^2=1, una tipica Pell. Questa ha una soluzione abbastanza semplice (2,1), che è la minima "sensata", dunque le altre soluzioni sono date dalla parte intera e dal coefficiente di \sqrt 3 nell'espansione di (2+\sqrt{3})^k. Ora, k deve essere dispari per motivi di parità (infatti N deve essere pari, poichè a noi interessa n=N/2), perciò i possibili N sono dati da \frac{(2+\sqrt{3})^k+(2-\sqrt{3})^k}{2} \Rightarrow n=\frac14 \left((2+\sqrt3)^{2j+1}+(2-\sqrt3)^{2j+1}\right)

Questo lo possono leggere tutti: ho dimostrato che $ n $ dev'essere nella forma $ \frac14 \left((2+\sqrt3)^{2j+1}+(2-\sqrt3)^{2j+1}\right) $ per qualche j.
Ora, questo problema è già passato sul forum... se qualcuno ha voglia di risolverlo, buon per lui, in caso contrario magari tra qualche giorno posto la soluzione. Dice che tutti gli interi di questa forma sono somma di due quadrati... e ad essere completi, sono anche somma dei quadrati di due interi consecutivi!

Ciao!

Tra l'altro (giusto per vendicarmi su darkcrystal che ha come passatempo preferito distruggere i problemi che posto in trenta secondi), questa roba si risolve senza neanche sapere cosa sia il fatto teorico che lui usa nella soluzione imbiancata e che non posso nominare sennò rovino il problema a tutti...

piever ha scritto:...questa roba si risolve senza neanche sapere cosa sia il fatto teorico che lui usa nella soluzione imbiancata e che non posso nominare sennò rovino il problema a tutti...

grande piever @darkrystal, se non sbaglio na cosa del genere l'avevamo vista al WC l'anno scorso..

OT
Ma lol, ce l'avete con me, oggi, fra tutti e due?
/OT

ma che scherzi caro no, anzi, volevo ringraziarti di essere uno dei pochi che prova a rispondere ai miei post

Bon, posto la mia soluzione in bianco solo per il gusto di imbiancare:

Abbiamo che n^2=(k+1)^3-k^3 o, equivalentemente, (2n-1)(2n+1)=3(2k+1)^2 quindi uno tra 2n-1 e 2n+1 è un quadrato e l'altro è un triplo quadrato (sono coprimi per ovvi motivi). Se 2n-1 fosse un triplo quadrato, allora 2n+1 sarebbe un quadrato congruo a 2 mod 3, assurdo. Quindi 2n-1 è un quadrato perfetto, e evidentemente, è il quadrato di un dispari. Quindi esiste j intero tale che 2n-1=(2j+1)^2 o, equivalentemente (quanto mi piace 'sta parola), n=(j+1)^2+j^2

Buona Pasqua!

jordan ha scritto:per $ (n,k) \in N_0^2 $ vale $ n^2=(k+1)^3-k^3 $ allora esistono $ (a,b) \in Z^2 $ t.c. $ a^2+b^2=n $.

... ...scusate ma cosa significa N_0^2 (N con zero al quadrato)? perchè non è la prima volta che lo vedo ma non ho ancora capito che significa....o anche elevato ad altre potenze..o con altre basi però sempre riferite a insiemi numerici.

Grazie 1000, Buona Pasqua!

pi ha scritto: ... ...scusate ma cosa significa N_0^2 (N con zero al quadrato)? perchè non è la prima volta che lo vedo ma non ho ancora capito che significa....o anche elevato ad altre potenze..o con altre basi però sempre riferite a insiemi numerici.

Grazie 1000, Buona Pasqua!

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Ciao.