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quadrati
Inviato: 07 giu 2006, 17:25
da frengo
dimostrare che non esiste un $ n\in\mathbb{N}_+ $ tale che
$ 2n^2+1 $
$ 3n^2+1 $
$ 6n^2+1 $
siano tutti e tre insieme quadrati perfetti.
ciao ciao
Inviato: 09 giu 2006, 00:38
da piever
Forse ho sbagliato qualcosa, ma a me risulta che $ 2n^2+1 $ e $ 3n^2+1 $ non possono essere entrambi quadrati perfetti per uno stesso valore di $ n $ intero positivo.
Infatti vediamo che $ 5|n $ in quanto se $ n^2 \equiv 1 \pmod 5 $ allora $ 2n^2+1 \equiv 3 \pmod 5 $ e quindi non sarebbe un quadrato perfetto, mentre se $ n^2 \equiv 4 \pmod 5 $ allora $ 3n^2+1 \equiv 3 \pmod 5 $ e quindi non sarebbe un quadrato perfetto.
A questo punto possiamo stabilire che $ 2n^2+1= A^2 $ e $ 3n^2 +1=B^2 $ e considerare la terna pitagorica A, B e n (di cui B è l'ipotenusa). Sappiamo che se 3 numeri formano una terna pitagorica, i 2 cateti sono esprimibili l'uno come la differenza tra due quadrati perfetti e l'altro come il doppio prodotto delle loro basi. Per cui $ n=x^2-y^2 \wedge A=2xy $ oppure $ A=x^2-y^2 \wedge n=2xy $
Nel primo caso avremmo, visto che $ 2n^2+1= A^2 $, che $ 4x^2y^2=2x^4+2y^4-4x^2y^2+1 $ e quindi $ 8x^2y^2=2x^4+2y^4+1 $ che è impossibile in modulo 5. Infatti $ 5|n \rightarrow x^2 \equiv y^2 \pmod 5 $ per cui o x e y sono entrambi divisibili per 5, o non lo è nessuno dei due. Nel primo caso otterremmo che $ 0 \equiv 1 \pmod 5 $ e nel secondo caso avremmo che $ 5|8x^2y^2 $ dove né x né y sono divisibili per 5.
Se invece $ n=2xy $ avremmo allo stesso modo che $ x^4+y^4=10x^2y^2 +1 $ e quindi $ x^4+y^4 \equiv 1 \pmod 5 $ che è impossibile perché, se x e y fossero entrambi divisibili per 5 si avrebbe che $ 0 \equiv 1 \pmod 5 $ mentre se entrambi non fossero divisibili per 5 si avrebbe, per Fermat, che $ 2 \equiv 1 \pmod 5 $
Quindi A, B e n non formano una terna pitagorica per cui $ 2n^2+1= A^2 $ e $ 3n^2 +1=B^2 $ non sono entrambi quadrati perfetti.
[Cancellati i messaggi multipli. M.]
Inviato: 09 giu 2006, 15:21
da EvaristeG
Non ho capito una cosa : se $ n=x^2-y^2 $, deduci giustamente che $ x^2\equiv y^2\quad (5) $ ... poi però sembri usare questo risultato anche nell'analisi dell'altro caso in cui $ n=2xy $, nel quale non è evidente che la congruenza suddetta avvenga.
Inviato: 09 giu 2006, 23:50
da piever
Non ti preoccupare Evariste, sono io che ho sbagliato. Mi si inceppava il forum ieri sera, pensavo di non esser riuscito a postare il messaggio precedente (e lo avevo in realtà inviato un discreto numero di volte, che felicemente MindFlyer non ha specificato), quindi quando mi son reso conto di aver scritto una fesseria non ho corretto. L'unica cosa che il messaggio precedente dimostra è che n è il doppio prodotto (e grazie al cavolo: n^2==0 (mod 4) si vede a occhio in +o- 30 secondi, quindi n è l'unico membro pari).
Posto un'altra dimostrazione al più presto.
ciao
[Quello che scrive piccolo, in rosso, tra parentesi quadre e si firma "M." non è Mind, ma è Marco. M. 
]
Inviato: 17 giu 2006, 15:42
da frengo
Ho cercato con molta fatica di trovare un controesempio al fatto che $ 2n^2+1 $ e $ 3n^2+1 $ non potessero mai essere quadrati insieme,ma non l'ho trovato....
comunque, visto che il problema è stato sotterrato, ecco la mia soluzione(che usa anche $ 6n^2+1 $)
visto che sia $ 6n^2+1 $ e $ n^2 $ sono dei quadrati, lo è anche $ 6n^4+n^2 $.
visto che sia 2n^2+1 che 3n^2+1 sono dei quadrati,lo è anche $ 6n^4+5n^2+1 $.
Dimostro ora che $ 6n^4+5n^2+1 $ è più piccolo del quadrato successivo a $ 6n^4+n^2 $, e quindi arrivo all'assurdo.
$ (\sqrt{6n^4+n^2}+1)^2>6n^4+5n^2+1 $
$ 6n^4+n^2+2\sqrt{6n^4+n^2}+1>6n^4+5n^2+1 $
$ 2n\sqrt{6n^2+1}>4n^2 $
$ 6n^2+1>4n^2 $
che è vera.ho dimostrato l'assurdo.
ciao ciao