OliForum Matematico

Per quali n esiste una progressione aritmetica lunga n contenente solo quadrati perfetti?

Non so la risposta, e neanche conosco il grado di difficolta' dell'esercizio, che pero' non mi pare banale...

Buon lavoro.


Btw, darkcrystal, stavolta se bruci il problema dopo mezz'ora, sei il benvenuto a postare

Già vederli il giorno in cui li posti sarebbe di aiuto, per bruciarli in mezz'ora ... comunque non ho idea della dimostrazione, so solo il risultato, che è abbastanza noto: per n=1,2,3 si riesce a costruire la tua progressione, ma non per $ n \geq 4 $. Per n=3 si può usare ad esempio 1, 25, 49 (un buon vecchio - e molto più facile - problema di ammissione alla normale chiedeva di cercare N tale che N+1 e 2N+1 siano entrambi quadrati...).

Ora cercherò una dimostrazione di questa cosa, ma non penso di avere molto successo, onestamente...

Ah ok, allora è stato completamente inutile ieri con nico provare a costruirne di arbitrariamente lunghe..

Comunque hai una qualche referenza per il risultato noto?

Poi per n=3 mi pare che si trovino tutte con l'identità:

$ (x^2+2xy-y^2)^2-(x^2+y^2)^2=(x^2+y^2)^2-(x^2-2xy-y^2)^2 $

Mmmh... so che era un'idea di Fermat, dimostrata da Eulero... ho anche trovato questa dimostrazione abbastanza "elementare": http://www.mathpages.com/home/kmath044.htm che sto ancora finendo di leggere.

Propongo un altro problema interessante (e che so essere fattibile, visto che l'ho fatto ieri): per quali n esiste una progressione aritmetica di interi positivi distinti di lunghezza n tale che ogni suo elemento sia una potenza perfetta (cioè della forma $ a^b, a \in \mathbb{N}, b>1 $)?

esiste per n=infinito (1,1,1,1.................)

il nuovo problema di darkcrystal c'era anche al TST2004 se non erro...

Comunque per $ n=3 $ il problema si riconduce alle terne pitagoriche (come si può intuire dall'identità di piever). Infatti dobbiamo trovare tre numeri $ a,b,c $ tali che:

$ a^2-b^2=b^2-c^2 $
$ a^2+c^2=2b^2 $

$ a $ e $ c $ hanno per forza di cose la stessa primalità, quindi possiamo prendere i numeri $ x=(a+c)/2 $ e $ y=(a-c)/2 $ e troviamo che $ x^2+y^2=z^2 $. Quindi terne pitagoriche e terne di quadrati in prog aritmetica sono in bigezione e in particolare quelle di piever sono tutte e sole le terne possibili coprime.

ciao simo!! cmq si, tst2004, in pratica era pure facile col teorema cinese del resto, bastava l'idea, il risultato è che esistono progressioni aritmetiche di tutti potenze ma di lunghezza l finita, non in infinita..il problema di piever sembra interessante...

Rispolverando thread più che vecchi: no, non è possibile costruire una progressione aritmetica di lunghezza 4.
La primi volta che risolsi questo problema è stato due o tre anni fa, per spedire la soluzione a un problema del Mathlink Contest, che chiedeva:
"Dati 4 interi $ 0<a<b<c<d $ in progressione aritmetica, allora $ abcd $ non è un quadrato perfetto".
Non so se poi pubblicarono le soluzioni sul sito, nè io mandai la mia (per pigrizia ), ma ricordo che in bella copia erano due belle pagine di conti..
Cercando su Google, ho trovato questi link che dovrebbero contenere una soluzione elementare (e non) del problema
http://www.mathpages.com/home/kmath044/kmath044.htm
http://www.math.uconn.edu/~kconrad/ross ... thprog.pdf
http://www.math.ku.dk/~kiming/lecture_n ... ession.pdf