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Sia data una progressione aritmetica di ragione $ q^2 $.
Mostrare che non esistono tre termini consecutivi tutti quadrati.

tre termini consecutivi della progressione sono $ $a^2,a^2+q^2,a^2+2q^2 $. Dobbiamo dimostrare che $ $a^2+q^2 $ e $ $a^2+2q^2 $ non possono essere contemporaneamente quadrati. Se $ $a^2+q^2=x^2 $ allora la terna $ $(a,q,x) $ è una terna pitagorica. E' fatto noto che tutte le terne pitagoriche soddisfano questa condizione: $ $\begin{cases} a=n^2-m^2 \\ q=2nm \\ x=n^2+m^2 \end{cases} $. Sostituendo otteniamo che il terzo termine della progressione diventa $ $(n^2-m^2)^2 +2(4n^2m^2)=(n^2+m^2)^2+4n^2m^2 $ ovvero la somma di due quadrati. Quindi, se questo termine è anch'esso un quadrato si deve verificare la condizione $ $\begin{cases} n^2+m^2=c^2-d^2 \\ 2nm=2cd \end{cases} $ . Aggiungo un $ $2nm $ a sinistra nella prima equazione e un $ $2cd $ a sinistra. Ottengo $ $(n+m)^2=c^2-d^2+2cd $ . Ora devo dimostrare che $ $c^2-d^2+2cd $ non può essere un quadrato. L'espressione precedente è equivalente all'espressione $ $p=(c+d)^2-2d^2 $ . I quadrati modulo 4 possono essere 0 o 1. Poichè $ $2d^2\equiv 0,2 (mod4) $ e $ $(c+d)^2\equiv 0,1 (mod 4) $ , $ $p $ non è mai $ $\equiv1 (mod4) $ , dunque per essere un quadrato dovrebbe essere sicuramente $ $\equiv 0 (mod 4) $ . Questo può avvenire solamente se $ $c,d $ sono entrambi pari. Poniamo $ $c=2c' $ e $ $d=2d' $ e sostituiamo in $ $p $ . Dopo opportune semplificazioni otteniamo $ $p=c'^2+d'^2+2c'd'-2d'^2=(c'+d')^2-2d'^2 $ che è un'equazione identica a quella precedente. Poichè è impossibile dividere $ $c $ e $ $d $ all'infinito, si conclude che $ $p $ non può essere congruo a 0 mod 4, dunque $ $p $ non può essere un quadrato. CVD


spero possa andare bene...

Ma non potrebbe essere anche $ $a=2nm$ $ e $ $q=n^2-m^2$ $ o sbaglio?

fede90 ha scritto:Ma non potrebbe essere anche $ $a=2nm$ $ e $ $q=n^2-m^2$ $ o sbaglio?

in effetti si, ho supposto $ $a<q $..