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Siano $ 3n+1 $ e $ 4n+1 $ entrambi quadrati perfetti. Dimostrare che $ 56\vert n $


Buon lavoro!

E' un pò più difficile rispetto a quelli che posto di solito...

Alur, abbiamo le due equazioni di partenza, e inoltre sottraendole una all'altra $ $n=b^2-a^2 $.
$ $4n+1\cong 1\vee 5 \mod8; b^2\cong 0\vee1\vee4\mod8\rightarrow 4n\cong0\mod8 $
quindi $ n $ è pari e $ b $ dispari, segue che per $ $n=b^2-a^2 $ anche $ a $ è dispari e $ $a^2\cong 1\mod8 $. Quindi $ $3n\cong0\mod8 $ e $ 8|n $. Rimane il 7.
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some time later...
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Ho scritto la soluzione dell'8 e mi sono messo a fare il 7, dopo averci sbattuto la testa per bene inizio a mandare questa parte che non mi va di aver scritto tutto per niente

Dato che mi hanno anticipato per l'8 posto la soluzione per il 7.

Sappiamo che i residui quadratici (mod 7) sono 0,1,2,4.
Si consideri la somma dei due quadrati. $ 3n+1+4n+1=7n+2\equiv2\pmod7 $
Quindi abbiamo 3 possibilità:

$ 3n+1\equiv0\pmod7 $ e $ 4n+1\equiv2\pmod7 $ che è impossibile

$ 3n+1\equiv2\pmod7 $ e $ 4n+1\equiv0\pmod7 $ che è impossibile

$ 3n+1\equiv1\pmod7 $ e $ 4n+1\equiv1\pmod7 $ che è verificato se e sole se n è multiplo di 7

All right!

matemark90 ha scritto: $ 3n+1\equiv0\pmod7 $ e $ 4n+1\equiv2\pmod7 $ che è impossibile

$ 3n+1\equiv2\pmod7 $ e $ 4n+1\equiv0\pmod7 $ che è impossibile

Per dire che quegli altri casi sono impossibili, usi il TCR?
Ciao.