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Provare che:
$ (x+1)^2 + (x+2)^2 + \dots + (x+99)^2 \neq y^z $
per $ x,y,z $ interi e $ z>1 $

Cancello la cavolata.

Sviluppando i quadrati esce $\displaystyle99x^2 +2\left(\sum_{j=1}^{99}j\right)x + \sum_{j=1}^{99}j^2 =99x^2+100\cdot 99 x +33\cdot 50\cdot 199 = y^z$. Ma allora $33\mid y$ e quindi $3x^2+300x+50\cdot 199 = 33^{z-1}y^z$. Ma siccome $z>1$, si ha che $3\mid 3x^2+300x+50\cdot 199$ ovvero $3\mid 50\cdot 199$ che è palesemente assurdo. Boh, mi sembra troppo facile :/

Mist ha scritto:Sviluppando i quadrati esce $\displaystyle99x^2 +2\left(\sum_{j=1}^{99}j\right)x + \sum_{j=1}^{99}j^2 =99x^2+100\cdot 99 x +33\cdot 50\cdot 199 = y^z$. Ma allora $33\mid y$ e quindi $3x^2+300x+50\cdot 199 = 33^{z-1}y^z$. Ma siccome $z>1$, si ha che $3\mid 3x^2+300x+50\cdot 199$ ovvero $3\mid 50\cdot 199$ che è palesemente assurdo. Boh, mi sembra troppo facile :/

E lo è

Generalizzazione: Se almeno uno tra la i) la ii) e la iii) e' soddisfatta allora la somma di $2k+1$ quadrati consecutivi non può essere una potenza. Qui:
i) $k \equiv 4 \pmod 9$
ii) esiste un primo $p>3$ tale che $12 \mid p-5$ e $p \mid \mid 2k+1$
iii) esiste un primo $p>3$ tale che $12 \mid p-7$ e $p \mid \mid 2k+1$



Abbiamo $\displaystyle 3y^z=3\sum_{1\le i\le 2k+1}{(x+i)^2}=(2k+1)\left(3(x+k+1)^2+k(k+1)\right)$.

Se la i) e' verificata allora $3 \nmid 3(x+k+1)^2+k(k+1)$, per cui $2=\upsilon_3(2k+1)=\upsilon_3(3y^z)=1+z\upsilon_3(y)$, assurdo se $z>1$.

Se la ii) o la iii) e' verificata allora $k=-\frac{1}{2}\pmod{p}$ e vale $3(x+k+1)^2+k(k+1) \equiv 3(x+k+1)^2-\frac{1}{4} \pmod p$, che non può essere divisibile per $p$ dato che $\displaystyle \left(\frac{3}{p}\right)=-1$. Questo significa che $1=\upsilon_p(2k+1)=\upsilon_p(3y^z)=z\upsilon_p(y)$, assurdo se $z>1$. []