Per quanto riguarda n^3+n^2+n+1, la scompongo in (n^2+1)(n+1) ora ci deve essere un numero g (appartenente a Q) tale che (n^2+1)/g=(n+1)g perché in questo modo, i due termini diventano uguali e quindi, moltiplicandoli fra loro, sono un quadrato perfetto. Riscrivo (n^2+1)/g=(n+1)g come n^2-g^2n-g^2+1=0 e risolvo ottenendo n=1/2*(g^2±sqrt(g^4+4g^2-4)). Il termine sotto radice deve essere un quadrato perfetto, per cui g^4+4g^2-4=k^2. Risolvo per g^2 ottenendo g^2=1/2*(-4±sqrt(32+k^2)). Adesso anche 32+k^2 deve essere un quadrato perfetto, per cui 32+k^2=m^2 che riscrivo come (m-k)(m+k)=32. Quindi m-k e m+k sono i fattori di 32, che sono (32,1) (16,2) (8,4) (non gli opposti che darebbero una soluzione negativa). Quindi risolvo il sistema m-k=a unito a m+k=b con (a,b)=((1,32),(2,16),(8,4)) ottenendo k=31/2, k=7, k=2. Da cui g=5/2, g=sqrt (5/2) che non va bene, g=1. Da g=1 ottengo n=0, n=1 e da g=5/2 ottengo n=7.
A me sembra francamente ridicolo pensare che uno studente possa produrre una prova così complessa in aggiunta agli inevitabili dubbi iniziali su quale strada seguire.
@@diavolacciosatanasso Quando qualche studente si lamentava della difficoltà dell'argomento, il mio prof diceva: "se insegnamo solo cose facili formeremo solo degli imbecilli". Evidentemente alla Normale hanno preso seriamente questa massima. Qualcuno ce la farà e questi sono gli studenti degni di ammissione.
Ma è per studenti usciti dallo scientifico? Scusate l’ignoranza in materia di scuola Normale di Pisa. Francamente infattibile nei tempi serrati di un esame….
Per l'ammissione alla Normale ci di prepara in modo specifico o ci di basa su quanto acquisito alle superiori? Per esempio mia figlia che fa lo scientifico fa principalmente analisi non teoria dei numeri o ragionamenti simili a quello proposto da lei.
Ci si prepara in modo specifico. È raro che si riescano ad acquisire le competenze necessarie a scuola. Il minimo è partecipare a potenziamenti di matematica di solito pensati per allenarsi per le olimpiadi
Bellissimo problema, molto intrigante, sia quello con polinomio di 4° che il quesito proposto con il polinomio di 3°. Ho provato a lavorarci su ma non sono arrivato ad una soluzione. Lascio comunque qualche considerazione sulla strada che ho provato a seguire. Una volta scritta l'equazione x^3+x^2+x^1+1=Q^2 come (1+x^2)(1+x)=Q^2, e osservato che 1+x^2 e 1+x possono avere come unico fattore comune 2, il che avviene solo nel caso di x dispari a cui corrisponde Q pari, si osserva che per valori pari di x, 1+x^2 e 1+x sono entrambi quadrati dunque 1+x=u^2 e 1+x^2=v^2 ma questo è possibile solo per x=0, mentre per valori dispari 1+x^2 e 1+x sono entrambi il doppio di quadrati 1+x=2u^2 e 1+x^2=2v^2. Da ora in poi trattiamo solo il caso di x dispari. u e v non possono essere scelti indipendentemente tra loro e il problema è determinare un valore di u^2 a cui corrisponde un valore di x=2u^2-1 tale che x^2+1 sia un doppio quadrato. Eliminando x tra le due espressioni si vede che u e v devono soddisfare l'equazione diofantea 2u^4-2u^2+1=v^2. La ricerca per tentativi ragionati di un valore di u appropriato risulta alquanto complicata. Una certa semplificazione si può ottenere riscrivendola nella forma (u^2)^2+(u^2-1)^2=v^2 che riconduce il problema alla ricerca di una terna pitagorica particolare in cui un termine è un quadrato u^2 e l'altro differisce di una sola unità dal primo. Un prototipo di tali terne è 3, 4, 5. La terna cercata è una terna fondamentale dove gli elementi sono tutti primi tra loro, in tale situazione si può applicare la funzione generatrice delle terne pitagoriche dove per a, b, c terna pitagorica fondamentale (e dove necessariamente a e b hanno parità opposta), si può porre a=r^2-s^2, b=2rs, c=r^2+s^2, dove si è assunto a come elemento dispari e b come elemento pari e r e s possono essere assunti coprimi e di parità opposta (in mancanza di questa restrizione si ottengono comunque terne pitagoriche che però potrebbero non essere terne fondamentali). Applicando tale metodica al nostro caso dove a=u^2 e b=u^2-1 e c=v si ha u^2=r^2-s^2, u^2-1=2rs, v=r^2+s^2 se u^2 è dispari, altrimenti u^2-1=r^2-s^2, u^2=2rs, v=r^2+s^2 se u^2 é pari. Questo non consente ancora di generare liberamente gli u^2 cercati perché è necessario scegliere r e s in modo che risulti nel caso u pari r^2-s^2-1=2rs che porta, ad esempio a s=radq(2r^2-1)-r o nel caso u dispari a 2rs-1=r^2-s^2 che porta a s=radq(2r^2+1)-r, in entrambi i casi vi è il problema di scegliere r in modo che il determinante sia positiva ma la condizione su r cioè che 2r^2-1 o 2r^2+1 siano quadrati perfetti, sembra meno onerosa da verificare rispetto a quella iniziale dell'equazione in u (u^2)^2+(u^2-1)^2=v^2.
Un altro modo sarebbe forse questo : n^4 + n^3 + n^2 + n + 1 = n^4 + n^2 (n + 1) + (n + 1). Previo cambio di variabile (n^2 = N) si riconosce l’identità quadratica (N + b)^2 = N^2 + 2bN + b^2 cosicchè (n+ 1) = 2b = b^2 onde b = 0 e (n + 1) = 0 e n = -1 o b = 2 e (n + 1) = 4 e n = 3, unica soluzione valida Benchè meno euristico, questo metodo, se giusto , sarebbe più convenevole ai tempi di un esame.
Buongiorno professore, sono passate 4 settimane dalla pubblicazione dell'ultimo quesito, ha deciso di non passarcene altri se prima non risolviamo l'ultimo quesito proposto? Scherzo😊, ma aspetto sempre con ansia le sue nuove proposte di studio. Non sono riuscito ad arrivare ad una soluzione completa dell'equazione diofantea n^3+n^2+n+1=Q^2. Tuttavia si può dimostrare che tutte le soluzioni dispari di questa equazione sono riconducibili alla soluzione di equazioni del tipo ax^2+by^4=1. In un precedente commento Francesco Abbruzzese cita un risultato di letteratura specialistica che indica per l'equazione ax^2+by^4=1, l'esistenza di al più due soluzioni. Ciò consente di limitare il numero delle soluzioni possibili per il problema in oggetto, che risulterà finito e più specificatamente non superiore a 5. In particolare ho individuato, per il caso n dispari, tre sotto casi per i quali si può mostrare che tutte le soluzioni del problema in oggetto sono riconducibili alle tre equazioni 2x^2-y^4=1, x^2-2y^4=1 e x^2-8y^4=1, dove non vale però l'inverso, nel senso che non tutte le soluzioni di queste tre equazioni forniscono soluzioni del problema iniziale, ad esempio si vedrà che la seconda equazione, x^2-2y^4=1, non fornisce soluzioni utili, ma comunque tutte le soluzioni del problema iniziale sono ottenibili da una soluzione di una delle tre, di fatto due, equazioni precedenti. Per la terza equazione, x^2-8y^4=1, s'individuano facilmente le soluzioni x=3, y=1 e x=1 e y=0, che porteranno alle soluzioni n=7 e n=-1 per la prima equazione, 2x^2-y^4=1, s'individua facilmente la soluzione x=1, y=1 che porterà alla soluzione n=1. Mancherebbe la possibile seconda soluzione della prima equazione, che potrebbe non esistere o che, anche se esistesse, potrebbe non portare a soluzioni utili. Ciò che si può comunque affermare con certezza è che il problema ha soluzioni in numero finito e non più di 4 per il caso n dispari. Per il caso n pari si dimostra che l'unica soluzione possibile è n=0. Partiamo dalla forma fattorializzata n^3+n^2+n+1=(n+1)(n^2+1)=Q^2. Si vede che qualsiasi divisore di n+1 diverso da 1 e da 2, divide n^2+1=(n+1)^2-2(n+1)+2 con resto 2, perciò 2 e l'unico divisore diverso da 1 che n+1 e n^2+1 possono avere in comune e questo avviene quando n è dispari. Caso 1) n pari, allora n+1 e n^2+1 dispari non possono avere divisori comuni e dunque ogni fattore primo di Q^2 può apparire o solo in n+1 o solo in n^2+1 che perciò sono quadrati perfetti perché contengono tutti i fattori primi con esponente 2, perciò possiamo scrivere n+1=u^2, n^2+1=v^2 con u e v coprimi, ma da quest'ultima si ha v^2-n^2=(v+n)(v-n)=1 e dunque v+n=1 e v-n=1, da cui n=0, v=1, u=1, Q=1, unica soluzione possibile per n pari. Caso 2) n dispari, allora n+1 e n^2+1 hanno in comune solo il divisore 2, dovrà essere n+1=2u^2 e n^2+1=2v^2 con u e v coprimi e v necessariamente dispari in quanto la divisione per 8 di qualsiasi numero dispari al quadrato da sempre 1 e dunque nell'ultima uguaglianza il termine di sinistra diviso per 8 da resto 2 ma se v fosse pari il termine di destra sarebbe invece esattamente divisibile per 8. Le soluzioni di questo caso sono tutte e sole quelle per cui esistono u e v coprimi con v dispari per cui si ha n+1=2u^2 e n^2+1=2v^2, eliminando n tra le due espressioni si ha che u e v devono soddisfare a 2u^4-2u^2+1=v^2, che possiamo riscrivere come u^4+(u^2-1)^2=v^2 o anche, u^4=v^2-(u^2-1)^2=(v+u^2-1)(v-u^2+1). Similmente a prima si ha che v+u^2-1 e v-u^2+1 possono avere come unico divisore comune diverso da 1 solo 2, infatti un divisore comune a entrambi questi fattori sarà sia divisore di u^2 sia divisore di 2v=(v+u^2-1)+(v-u^2+1), sia divisore di 2u^2-2=(v+u^2-1)-(v-u^2+1) e dunque anche divisore di 2. Dunque l'unico divisore comune diverso da 1 potrà essere 2 e ciò si verificherà solo se u è pari e in questo caso, poiché u^4 sarà divisibile per 16, allora uno dei due fattori dovrà essere divisibile per 8, l'altro per 2, invece, se u è dispari i due fattori saranno dispari e coprimi. Caso 2a) u dispari, v+u^2-1 dispari, v-u^2+1 dispari, allora ogni fattore primo di u^4 può apparire o solo in v+u^2-1 o solo in v-u^2+1 che perciò sono quarte potenze di due interi a e b coprimi e dispari, v+u^2-1=a^4 e v-u^2+1=b^4 con (ab)^4=u^4. Allora u e v possono essere espressi come u^2=(a^4-b^4)/2+1 e v=(a^4+b^4)/2, ma a e b non possono essere scelti liberamente in quanto è necessario che u^2=(a^4-b^4)/2+1 sia un quadrato perfetto, ciò si ottiene imponendo u^2=(ab)^2=(a^4-b^4)/2+1 cioè scegliendo a e b in modo che soddisfino a b^4+2(ab)^2-a^4=2 che possiamo riscrivere (a^2+b^2)^2-2a^4=2, ma poiché a e b sono dispari a^2+b^2 è pari e ponendo a^2+b^2=2X e a=Y arriviamo all'equazione 2X^2-Y^4=1. Come anticipato questa equazione ha al più due soluzioni di cui una è evidentemente X=1,Y=1, che porta a a=1, b=0 e quindi a u=1 e v=1 e infine a n=1 e Q^2=4. La seconda possibile soluzione non è immediatamente individuabile ammesso che esista. Si osservi inoltre che se siamo nel caso n dispari u dispari sicuramente devono esistere X e Y che risolvono l'equazione 2X^2-Y^4=1 da cui ricavare tutte le possibili soluzioni di questo caso, ma non vi è evidenza immediata che se esistono X e Y soluzioni di 2X^2-Y^4=1 debbano allora esistere soluzioni dell'equazione iniziale, in quanto non è evidente che X sia sempre semisomma di due quadrati e dunque non tutte le soluzioni X e Y potrebbero generare soluzioni del problema iniziale. Caso 2b) u pari v+u^2-1 pari, v-u^2+1 pari, allora ogni fattore primo di u^4 diverso da 2 può apparire o solo in v+u^2-1 o solo in v-u^2+1 inoltre uno dei due fattori sarà divisibile per 2 e per nessun'altra potenza di 2, mentre l'altro fattore dovrà essere divisibile per 2^3=8 e più in generale per tutte le potenze di 2 del tipo 2^(3+4k)=8 2^4k. Si possono perciò presentare i due casi seguenti, v+u^2-1=2a^4 e v-u^2+1=8b^4 con a e b coprimi e a dispari, oppure v+u^2-1=8a^4 e v-u^2+1=2b^4 con a e b coprimi e b dispari e con (2ab)^4=u^4 in quanto questi sono i soli modi di distribuire il termine 2^4 necessariamente presente in u^4, tra i due fattori v+u^2-1 e v-u^2+1 in modo da garantire che 2 sia il solo divisore comune. Caso 2b') u pari, v+u^2-1=2a^4 e v-u^2+1=8b^4 con a dispari e a e b coprimi, allora u e v possono essere espressi come u^2=(a^4-4b^4)+1 e v=(a^4+4b^4), ma a e b non possono essere scelti liberamente in quanto è necessario che u^2=a^4-4b^4+1 sia un quadrato perfetto, ciò si ottiene imponendo u^2=(2ab)^2=a^4-4b^4+1 cioè scegliendo a e b in modo che soddisfino a 4b^4+(2ab)^2-a^4=1 che possiamo riscrivere (a^2+2b^2)^2-2a^4=2, e ponendo a^2+2b^2=X e a=Y arriviamo all'equazione X^2-2Y^4=1. Come anticipato questa equazione non porta a soluzioni utili, infatti siamo nel caso a dispari e dunque siamo interessati solo a soluzioni con a^2+2b^2=X dispari e a=Y dispari, ma l'equazione X^2-2Y^4=1 può avere solo soluzioni con X dispari, come risulta dal controllo sui resti della divisione per 2 sui due termini destro e sinistro e con Y pari, come risulta dal controllo sui resti della divisione per 8 sui due termini, infatti ricordando che il quadrato di un numero dispari diviso per 8 da sempre resto 1, si ha che 2Y^4 deve essere divisibile per 8 e dunque Y deve essere pari. (In realtà ho esposto questo caso solo per completezza. Un esame approfondito del resto della divisione per 8 per le due equazioni v+u^2-1=2a^4 e v-u^2+1=8b^4 mostra che queste sono consistenti solo se prese singolarmente ma non possono sussistere contemporaneamente, infatti dalla prima si ha che il resto di u^2-1 è pari a 2 meno il resto di v mentre dalla seconda che è pari al resto di v e dunque questo caso poteva essere escluso a priori). Caso 2b'') u pari, v+u^2-1=8a^4 e v-u^2+1=2b^4 con b dispari e a e b coprimi, allora u e v possono essere espressi come u^2=(4a^4-b^4)+1 e v=(4a^4+b^4), ma a e b non possono però essere scelti liberamente in quanto è necessario che u^2=4a^4-b^4+1 sia un quadrato perfetto, ciò si ottiene imponendo u^2=(2ab)^2=4a^4-b^4+1 cioè scegliendo a e b in modo che soddisfino a b^4+(2ab)^2-4a^4=1 che possiamo riscrivere (2a^2+b^2)^2-8a^4=2, e ponendo 2a^2+b^2=X e a=Y arriviamo all'equazione X^2-8Y^4=1. Come anticipato questa equazione ha al più due soluzioni che sono facilmente individuabili in X=1,Y=0, che porta a a=0, b=1 e quindi a u=0 e v=1 e infine a n=-1 e Q^2=0 e in X=3,Y=1, che porta a a=1, b=1 e quindi a u=2 e v=5 e infine a n=7 e Q^2=400. In definitiva, assumendo i risultati forniti dalla letteratura specialistica sull'equazione del tipo aX^2+bY^4=1 si può affermare che l'equazione iniziale n^3+n^2+n+1=Q^2 ammette una soluzione con n pari che corrisponde a n=0 e al più quattro soluzioni con n dispari di cui tre sono -1, 1, 7, mentre l'esistenza di una possibile quarta soluzione resta ancora da determinare, proverò a portare avanti qualche altra valutazione.
Ciao Andrea (ti dispiace se ci diamo del tu) grazie per i tuoi contributi sempre così rigorosi ed eleganti. Grazie soprattutto di seguire il canale in maniera così appassionata. Sì, è vero, è passato un mese, credo che il canale stia attraversando un "momento di riflessione". Ce n'è bisogno, magari ne uscirà rinnovato... Un caro saluto!
Andrea ho dimostrato che l'equazione che ti ha creatro problemi effettivamente ammette x=1, e y= 1 come uniche soluzioni. Leggiti il mio ultimo commento
L'idea geniale è quella di "incastrare" la quantità di partenza tra i quadrati di numeri consecutivi. Sarei curioso di capire se esistano strategie alternative più meccaniche e meno intuitive per pervenire allo stesso risultato.
Il problema non è il perché, ma arrivarci dato che bisogna astrarre un trinomio di cui immaginare il quadrato con un coefficiente che sia 1/2…. il che confonde i doppi prodotti…. Ci vuole Batman
n³ + n² + n + 1 è un quadrato perfetto per n = 0, 1, 7. Le prime due soluzioni sono abbastanza banali poiché il polinomio è scomponibile in (n² + 1) * (n + 1) e quindi quadrato perfetto per n² = n. Le eventuali altre soluzioni devono soddisfare la condizione che n² + 1 e n + 1 abbiano gli stessi divisori e, poiché, tra i numeri naturali maggiori di 1, n² + 1 è sicuramente maggiore di n + 1, nel primo almeno uno con un numero di fattori maggiori del secondo di un numero pari di volte. n² + 1 = pˆa * qˆ(b + c) n + 1 = pˆa * qˆ(b - c) n² = pˆa * qˆ(b + c) - 1 n = pˆa * qˆ(b - c) - 1 n² = pˆa * qˆ(b + c) - 1 n² = pˆ2a * qˆ2(b - c) - 2 * pˆa * qˆ(b - c) + 1 e qui mi sono impantanato anch'io...
@@GaetanoDiCaprio , perché o sono dei quadrati perfetti a loro volta (nel caso di n = 0 lo sono: 1 * 1) oppure condividono almeno un fattore (nel caso di n = 0, n = 1 e n = 7 rispettivamente 1 * 1, 2 * 2 e (2 * 5²) * 2³), altro modo per cui il loro prodotto possa dare un quadrato perfetto non lo vedo.
Se il polinomio proposto è un quadrato perfetto la sua radice quadrata è un numero intero. Sqr(n^4 +n^3+n^2+n+1)=n^2xsqr(1 + 1/n+1/n^2+1/n^3+1/n^4). Ora il radicando per n>3 non è un quadrato perfetto. Quindi n
Il polinomio P(n)=n⁴+n³+n²+n+1 genera esclusivamente numeri dispari, sia con n pari che con n dispari. Se n è pari allora posso scrivere n=2k (k numero intero positivo) e sostituendo si ha: P(2k)=16k⁴+8k³+4k²+2k+1 che posso scrivere come: ((2k+1)²)²+4((2k+1)²)¹-24k³-36k²-22k-4. Ricordando il quadrato di binomio, posso ricondurre tale espressione a: P(2k)=[(2k+1)²+2]² che originerà un quadrato perfetto (come da testo). Quindi: -24k³-36k²-22k-4=2²=4 ==> -24k³-36k²-22k-8=0 ==> 24k³+36k²+22k+8=0. Tale equazione non ammette soluzioni in quanto, con k intero positivo, la somma a primo membro è >0(quindi ≠0). Se n è dispari allora posso scrivere n=2k+1(k intero positivo-in quanto se k=0 =>n=1 =>P(1)=5 che non è un quadrato perfetto-) e sostituendo si ha: P(2k+1)=16k⁴+40k³+40k²+20k+5 che posso scrivere come: ((2k+1)²)²+4((2k+1)²)¹+8k³-4k. Ricordando il quadrato di binomio, posso ricondurre tale espressione a: P(2k+1)=[(2k+1)²+2]² che originerà un quadrato perfetto (come da testo). Quindi: 8k³-4k=2²=4 ==> 8k³-4k-4=0 ==> 2k³-k-1=0 ==> (k-1)(2k²+2k+1)=0. L'equazione (2k²+2k+1)=0 non ammette soluzioni in quanto, con k intero positivo, la somma a primo membro è>0(quindi ≠0). L'equazione k-1=0 ammette un'unica soluzione che è: k=1=>n=2•1+1=3. Q.E.D.
Credo di aver trovato la strada per dimostrare che le uniche soluzioni per la n^3+n^2+n+1 quadrato perfetto sono 1 e 7, ma non è per niente facile. Si tratta di applicare le stesse tecniche applicate ad una equazione quasi equivalente che finalmente ho trovato. Riporto il tutto in un nuovo commento. Per maggiori dettagli sul punto a cui ero arrivato si prega di consultare il mio commento precedente. L'equazione è: aX^4 + bY^2 = -1 (1) L' equazione che esce a noi è simile ma ha anche un termine in X^2. Detta così aiuta poco, e non da speranze che la metodica di dimostrazione possa essere la stessa. Però aX^4 + bY^2 = -1 è equivalente a risolvere l'equazione di Pell: aZ^2 + bY^2 = -1 (2) col vincolo che Y sia un quadrato perfetto. Ora a noi invece esce una equazione di Pell: Z^2 -2Y^2 = -1 (3) Col vincolo che (Z+1)/2 sia un quadrato perfetto. Insomma Z quadrato perfetto nel nostro caso è sostituito con (Z + 1)/2 quadrato perfetto. Messa così da più speranze. Vediamo i risultati che si sono dimostrati sulla (1) e che ci possono interessare: 1 La (1) ha al massimo 2 soluzioni 2 Una di queste soluzioni, se esistono soluzioni, deve corrispindere alla soluzione fondamentale della (2), ovvero alla più piccola soluzione della (2) che quindi deve essere un quadrato perfetto per avere speranza di soluzione. Orbene, sembra essere proprio quello che accade alla nostra equazione, di soluzioni di cui "1" è la soluzione fondamentale della (3) e "7" ne è una altra.. Quindi forseil limite di due soluzioni si può dimostrare anche nel nostro caso, modificando di poco le tecniche usate per la (1). Sfortunatamente le varie dimostrazioni delle proprietà della (1) sono molto complicate e richiedono una serie lunga di lemmi preparatori. Insomma se si vuole prendere spunto da una di questre dimostrazioni si dovrebbero studiare un qualche centinaio di pagine sparse in articoli vari, non solo, ma anche non ottimizzate perchè pare che nessuno abbia ripulito queste dimostrazioni per giungere ad una teoria organica ma che esse siano rimaste ad uno stadio di "primi risultati". Non solo ma anche per la (1) quella delle 2 soluzioni è rimasta nello stadio di congettura per molto tempo prima di essere dimostrata. Questo, per dare una misura della difficoltà del problema. Purtroppo io non ho il tempo di farlo, ma se qualcuno fosse interessato, posso passargli informazioni bibliografiche, per studiare o magari per contattare gli autori che hanno lavorato su questo problema.
Buongiorno, ho ricondotto il problema all'equazione di tipo aX^2+bY^4=1 per la quale indichi l'esistenza di al più due soluzioni e questo consente di limitare le possibili soluzioni, al punto che ne rimane solo una indeterminata, legata all'equazione 2X^2-Y^4=1, per la quale una delle due soluzioni è evidentemente X=1 e Y=1. Se si riuscisse ad individuare la seconda o a dimostrare che non ve ne sono altre il problema sarebbe risolto. Se è interessato può leggere il mio commento. Saluti.
@@andreapedron568 mi studio il commento e vedo se si riesce ad imbastire una dimostrazione. Comunque se vi è la seconda soluzione la si può trovare numericamente , ho il software per farlo, se invece non esiste purtroppo non crendo che dimostrare che non esista sia facile, e torneremmo al punto di partenza
La mia idea è questa: Osservo che se n^4+n^3+n^2+n+1 è un quadrato perfetto allora si può scrivere come (2k+1)^2 Perciò n(n+1)(n^2+1)+1=4k(k+1)+1, Quindi n(n+1)(n^2+1)=4k(k+1) Il caso banale n=0 e k=0 è escluso. Osservo i casi fino a n=4 e l'unico caso valido è n=3 (con k=5) Se n>4, ci sono due casi: n pari, n+1 dispari, n^2+1 dispari, oppure n dispari, n+1 pari, n^2+1 pari
Ho trovato 2 soluzioni cercando n+1 che arriva sino al quadrato di un miliardo: 1, 7. Però non congetturo che siano uniche, potrebbero esistere soluzioni enormi per motivi che derivano dallo studio teorico che ho effettuato: 1) Ia funzione si può scrivere come (n+1)(n*n+1). 2) (n+1) e (n*n+1) possono avere solo 2 come fattore primo in comune, e ciò accade quando n è dispari. Quindi per n pari questi due numeri sono primi tra di loro. Infatti, supponiam n+1 sia divisibile poer un primo p, avremo n+1 = kp per qualche k. Sostituenddo in (n*n+1): (n*n+1) = (kp-1)^2 + 1 = k^2p^2 -2kp +2. Ora p divide i primi due addendi e quindi se p dividesse (n*n+1) p dovrebbe dividere anche 2, il che è possibile solo se p=2. Inoltre dalla dimostrazione ponendo p=2^l si vede che anche nessuna potenza maggiore di 2^1 può essere comune (4, 8, ecc.). Infine, il fattore comune 2 vi è effettivamente se n è dispari e quindi anche n*n è dispari. Quindi (n+1) e (n*n+1) hanno 2 come fattore comune se e solo se n è dispari. 3) Non vi è soluzione per n pari. Infatti in questo caso (n+1) e (n*n+1) non hanno fattori primi comuni e quindi ognuno di loro deve essere un quadrato perfetto affinchè (n+1)(n*n+1) sia un quadrato perfetto. Ma n*n+1 non può mai essere un quadrato perfetto, perchè è il numeo successivo di un quadrato perfetto e non possono esistere quadrati perfetti consecutivi (sivede banalmente col quadrato del binomio). 4) Rimane il caso n dispari, ovvero il caso del fattore 2 comune. In questo caso possiamo scrivere la funzione come 4[(n+1)/2][(n*n+1)/2], ove [(n+1)/2] e [(n*n+1)/2] sono interi e non hanno fattori comuni. Ora 4 è quadrato perfetto per cui una soluzione si ha se ciascuno di [(n+1)/2] e [(n*n+1)/2] è o 1 o un quadrato perfetto. I due fattori sono 1 se e solo se n=1. Quindi abbiamo trovato la prima soluzione n = 1. Altra soluzione che rende quadrati perfetti [(n+1)/2] e [(n*n+1)/2] è n= 7. Esistono altre soluzioni? Per trovarle poniamo (n+1)/2 = M^2, e sostituiamo nel secondo fattore n = 2M^2-1 : [(( 2M^2-1)^2+1)/2] Oppure si può risolvere il sistema [(n^2+1)/2] = L^2 (n+1)/2 = M^2 Senza effettuare la sostituzione. Il vantaggio è che la prima equazione si può riscrivere come: n^2-2L^2 =-1 Che è conosciuta come equazione di Pell negativa con D=2. Tale equazione ammette infinite soluzioni per L e per n che si possono calcolare con una formula ricorsiva a partire dalla soluzione più piccola che è banalmente: L=1, n=1. La formula ricorsiva che è abbastanza facile da dimostrare è n1 = 3n + 4L L1 = 2n + 3L Ove n1 ed L1 sono le soluzioni successive espresse in funzioni delle soluzioni precedenti n ed L. Le equazioni precedenti definiscono una matrice A che è anche diagonalizzabile, ma gli autovalori sono numeri algebrici (3- 2SQRT(2) e 3+ 2SQRT(2)). Utilizzando la formula sopra elencata ho calcolato numericamente le prime 100000 soluzioni, ogni soluzione mediamente ha una cifra in più della precedente, quindi la 100000esima soluzione per n contiene circa 100000 cifre. Bene, per ogni soluzione n clacolata in questo modo ho verificato la seconda equazione, ovvero che (n+1)/2 fosse un quadrato perfetto. Lunica soluzione che verifica anche la seconda equazione è 7, poi spingendomi sino a numeri n con 100000 cifre non ho trovato alcuna altra soluzione, per cui è congetturabile che 7 sia l'unica soluzione. Purtroppo non ho trovato niente che aiuti a risolvere simultaneamente le due equazioni per cui dimostrare che le due equazioni ammettono l'unica soluzione simultanea 7 è molto difficile. La cosa più vicina che ho trovato è la soluzione simultanea di 2 equazioni di Pell. Esistono per tale problema condizioni sufficienti sia per l'esistenza che per la non esistenza. Ma purtroppo la seconda equazione non è una equazione di Pell ma solo una equazione disomogenea di secondo grado. La si puù rendere omogenea aggiungendo una nuova variabile (come si fa nella geometria proiettiva) ma non sarebbe comunque nella forma di una equazione di Pell perchè avrebbe termini di secondo grado misti in due variabili, nìmentre una equazione di Pell deve avere solo quadrati di ciascuna variabile. Altro tentativo che ho fatto è diagonalizzare la matrice di ricorrenza A in modo da scriverla poi come A = T- AD T-1. Dove AD è la matrice diagonalizzata e T è la matrice degli autovettori. Il vantaggio della diagonalizzazione è che A^n si può calcolare come T AD^n T-1 dove AD^n si calcola semplicemente elevando alla n gli elementi diagonali. Questo aiuterebbe a calcolare la struttura delle soluzioni di n per studiare quando potrebbero portare a quadrati perfetti per (n+1)/2. Sfortunatamente gli autovalorinon sono numeri interi e neanche razionali, ma numeri algebrici per cui un autovalore elevato a n ci direbbe poco sulle proprietà dell'intero che si potterrebbe calcolando T AD^n T-1. Di seguito ile prime soluzioneìi dell'equazione di Pell negativa con D=2 che è la prima equazione del nostro sistema. Soluzione trovata: 7 Soluzione trovata: 41 Soluzione trovata: 239 Soluzione trovata: 1393 Soluzione trovata: 8119 Soluzione trovata: 47321 Soluzione trovata: 275807 Soluzione trovata: 1607521 Soluzione trovata: 9369319 Soluzione trovata: 54608393 Soluzione trovata: 318281039
Straordinario il lavoro che stai facendo! La prima cosa che ho fatto è di controllare che la prima soluzione maggiore di 7 che hai trovato sia effettivamente soluzione. Ho usato wolfram alpha e purtroppo la risposta è stata negativa. Con numeri così grandi non puoi fidarti di excel...
@@GaetanoDiCaprio , Si ho tradotto il codice in C# ed ho usato una libreria BigInt per lavorare con interi con numero indefinito di cifre, e la prima soluzione non mi esce, provo per le altre, ma la cosa è lentissima, sono arrivato a M 100 milioni. e fino li solo 7. Ora lo lancio sino a M=un miliardo e poi quando finisce ti faccio sapere, purtroppo non sono convintissimo della routine che estrae la radice quadrata che non faceva paerte della libreria ed ho dovuto scopiazzare altrove. Ad occhio sembra corretta (Algoritmo classico SQRT, ma in binario).
@@GaetanoDiCaprio , ok scaricata nuova libreria BigInt che contiene anche la radice quadrata. Risultato: Sino a M = un miliardo le soluzioni sono solo 1, e 7.! Però, però ho cercato di capire perch! Allora (n+1)/2 al variare di n dispari genera tutti gli interi e quindi tutti i quadrati. Quindi il problema non è li. Il problema potrebbe essere in (n^2+1)/2 che potrebbe essere un quadrato solo per n piccoli. Riscriviamo la condizione (n^2+1)/2 = M^2 così: n^2 = 2M^2-1. E cerchiamo di vedere quando 2M^2-1 può essere un quadrato perfetto. Di nuovo hoi fatto calcoli numerici facendo variare M sino a un miliardo, ed ho trovato 11 soluzioni: Soluzione trovata: 7 Soluzione trovata: 41 Soluzione trovata: 239 Soluzione trovata: 1393 Soluzione trovata: 8119 Soluzione trovata: 47321 Soluzione trovata: 275807 Soluzione trovata: 1607521 Soluzione trovata: 9369319 Soluzione trovata: 54608393 Soluzione trovata: 318281039 Insomma l'ultima soluzione sta sui 32 milioni....se consideriamo che sono andato avanti sino ad un miliardo...è significativo che per un intervallo enorme non ho trovato più alcuna soluzione. Io penso ìquindi che n^2 = 2M^2-1 non ammetta soluzione per M abbastanza grande...probabilmente operchè i quadrati si diradano sempre più. Per le 11 soluzioni solo la 7 soddisfa anche la condizione di quadrato perfetto anche su (n+1)/2 ... ci sta. Ma il fatto che non ci siano più soluzioni per M grande dipende dalla insolubilità di n^2 = 2M^2-1. Cecrcherò per un poco di dimostrare che per M abbastanza grande questa equazione non può ammettere soluzione, poi aggiusterò la mia risposta in ogni caso, anche se non ci riesco. Fammi sapere cosa ne pensi e se hai idee a riguardo.
@@GaetanoDiCaprio Aggiornata la risposta, le soluzioni restano sempre 1, e 7, ma non sono convintissimo, nonostante i risultati della simulazione numerica che non ve ne siano altre. Il punto è che l'incrocio delle due condizioni di quadrato perfetto le rende sempre più rare al crescere di n poiché al crescere di n i quadrati si diradano sempre più, per cui potrebbero esistere soluzioni per valori di n enormi, tipo un miliardo alla decima potenza o anche di più. Se qualcuno riesce a trovare proprietà utili di n^2 =2M^2-1 .... forse si può avere maggiore luce, ma non credo questo sia possibile con tecniche tutto sommato semplici di teoria dei numeri
@@GaetanoDiCaprio , ulteriore aggiornamento ho dimostrato che la prima equazione ammette infinite soluzioni e dato una formula ricorsiva per calcorarle. Utilizzando la formula ricorsiva ho dimostrato che l'unica soluzione è t sino ad arrivare ad un n composto da 100000 cifre. Ho aggiornato la risposta, anche con riferimenti a problemi risolti simili e a possibili strade di dimostrazione, però al momento tutte infruttuose. Credo che il problema sia difficile e che sino ad ora nessuno ne abbia affrontato uno che gli somiglia: sistema composto da una equazioone di Pell ed una equazione disomogenea contenente un termine di primo gado ed uno di secondo.
Be sembra proprio che siamo arrivati alla soluzione! Andrea Pedron, usando un risultato sulle equazioni diofantine quartiche da me suggerito è riuscito a riportare la dimostrazione che le uniche soluzione sono quelle evidenti, ovvero 1 e 7, alla dimostrare che l'equazione quartica: 2X^2-Y^4=1 (1) ammetta come unica soluzione X= 1 Y=1; In realtà basterebbe dimostrare che anche se esiste un altra soluzione (le soluzioni di equazioni quartiche di questo tipo sono sempre al massimo 2) questa soluzione non porta a nessuna soluzione accettabile del problema originale. Per maggiori dettagli leggetevi la seconda risposta di Andrea Pedron e la Seconda mia risposta che è in evidenza. Ora io sono riuscito a dimostrare che effettivamente la (1) ammette solo la soluzione: X= 1 Y=1; La Dimostrazione si basa sul fatto che l'equazione X^4−Y^4=Z^2 (2) ammette solo la soluzione Z=0, X=1, Y=1;. Quindi ci costruiremo delle espressioni derivate dalla 1 che devono soddisfare la (2). Riscriviamo la (1) : 2X^2=1+Y^4 (3) Dalla quale si deduce che y deve essere dispari (ci servirà più avanti). Ora ovviamente: (y^2+1)^2=y^4+2y^2+1 (4) Che sostituendo 1+Y^4 dalla (3) nella (4) da:: (y^2+1)^2 = 2X^2 + 2y^2 (5) In modo perfettamente simile possiamo dimostrare che: (y^2-1)^2 = 2X^2 - 2y^2 (6) Infine moltiplicando tra loro 5 e 6: (y^2+1)^2 (y^2-1)^2 = 2 (X^2 + y^2) 2 (X^2 - y^2) Ovvero: (y^4-1)^2 = 4 (x^4- y^4) Ora essendo y dispari (y^4-1)^2 sarà certamente divisibile per 4: e quindi: (y^4-1)^2 = 4 (x^4- y^4) ((y^4-1)/2) ^2 = x^4- y^4 Ponendo z = (y^4-1)/2, otteniamo: z^2= x^4- y^4 che è proprio la 2 che abbiamo detto ammettere solo la soluzione z=0, x=1, y=1. Per cui z = y^4-1 = 0, x=1, y=1. Ed in effetti y=1 soddisfa anche y^4-1 =0;. Per cui x=1, y=1 è l'unica soluzione della (1) Q.D.E. Quando avrò un poco più di tempo se interessa potrò riportare la dimostrazione che X^4−Y^4=Z^2 ammette solo la soluzione Z=0, X=1, Y=1;. Oppure Gaetano potrebbe fare un bel video, visto che la dimostrazione è connessa alle terne pitagoriche.
Va bene è possibile manipolare l'equazione 2X^2-y^4=1 per trasformarla in X^4-Y^4=Z^2 con il vincolo Y^4-1=2Z e questa ammette come soluzione X=1 Y=1 Z=0 (naturalmente s'intende soluzione utile che rispetta la condizione di vincolo, più in generale X=Y=k Z=0 sono soluzioni ma non sono utili) ma dimostrare che X^4-Y^4=Z^2 ha soluzioni solo del tipo X=Y=k e Z=0 non è affatto facili. Ho provato a giocare con la formula generatrice delle terne pitagoriche ma non sono arrivato ad un risultato perché si ricade sempre nello stesso problema trovare delle soluzioni, delle terne che siano a loro volta quadrati, ho provato anche a nidificare due terne una dentro l'altra ma non sono arrivato a nessuna soluzione. Insomma ho l'impressione che abbiamo solo spostato il problema ad una nuovaequazione.
@@andreapedron568 , No, quella equazione è nota ed il risultato riportato, anche se non proprio banalissimo si dimostra per induzione. Nei prossimi giorni la riporto, premettendo che non è mia, ma la ho presa da un libro sulle equazioni deofanntine.
Come promesso aggiungo la dimostrazione che z^2= x^4- y^4 ammette solo soluzioni banali nelle quali o z o y sono nulle. Nel nostro caso poiché z= ((y^4-1)/2) ^2, z=0 porta per forza alla nostra unica soluzione y=1, x=1. Mentre y=0 è impossibile perché porterebbe a z non intera. La dimostrazione non è mia la ho presa da un libro. Sto considerando solo le soluzione positive perché avendo solo termini di grado pari, tutte le altre soluzioni si ottengono con tutte le inversioni di segno possibili. Il metodo di dimostrazione usato è quello della discesa intera che è una forma particolare del principio di induzione. Ovvero, dimostreremo che se esiste una soluzione con Tutte x, y, z diverse da zero e positive allora ne esisterà un altra nella quale tutti e tre i numeri sono positivi e x è strettamente minore dello x della soluzione di partenza. In questo modo sarebbe dunque possibile costruire infinite soluzioni con x sempre più piccoli ma positivi. Ma gli x positivi minori di un certo x iniziale sono finiti e quindi tale sequenza infinita non può esistere, per cui la soluzione con x, y, z tutte positive non può esistere. z^2= x^4- y^4 si può scrivere come x^4= z^2+ y^4, la quale mostra che (z, y^2,x^2 ) è una terna pitagorica. Troveremo un (z1, y1^2,x1^2 ) con tutti i numeri positivi e x1 strettamente minore di x che è sempre soluzione. Analizzeremo vari casi: a) z, y^2,x^2 non sono primi tra di loro diciamo che esiste un k che ne divide almeno 2. Allora da x^4= z^2+ y^4 segue che k dividerà anche il terzo. Per cui dividendo tutti e tre i numeri per k otteniamo una nuova soluzione con un x minore dello x della soluzione di partenza. b) z, y^2,x^2 sono primi tra di loro per cui la terna pitagorica è primitiva, e per le proprietà delle terne pitagoriche o :y^2 è pari e z è dispari o viceversa. Infatti non possono essere tutti e due pari altrimenti 2 sarebbe un fattore comune e la terna non sarebbe primitiva. Ma non possono neanche essere tutti e due dispari accadrebbe che x^2 deve essere pari perché somma di sue numeri dispari, ma essendo un quadrato sarà anche divisibile per 4, mentre un numero dispari al quadrato è sempre 1 modulo 4 (elevando al quadrato modulo 4 sia 1 che 3 si ottiene 1 modulo 4) quindi z^2+ y^4 deve essere 2 modulo 4 mentre x^4 dovrebbe essere 0 modulo 4, una contraddizione che mostra che y^2 è e z non possono essere tutti e due dispari. Facciamo dunque 2 sotto-casi: .b1) :y^2 è pari e z dispari. Allora per il teorema fondamentale sulle terne pitagoriche primitive: esisteranno interi positivi m ed n tali che: y^2 = 2mn , z=m^2-n^2 e x^2 = m^2+n^2. Con : m>n ,m ed n primi tra loro, e con parità diversa. Quindi x^2 = m^2+n^2 è anche essa una terna pitagorica primitiva. Supponiamo ora m pari ed n dispari come prima (i passaggi sono gli stessi se m ed n si invertono di ruolo): m=2st, n= t^2-s^2, x=t^2+s^2. Sempre con : t>s ,t ed s primi tra loro, e con parità diversa. Sostituendo m a n in y^2 = 2mn abbiamo: y^2 = 4st( t^2-s^2) o equivalentemente (y/2)^2 = st( t^2-s^2) Quindi st( t^2-s^2) sono il quadrato di un intero ed essendo primi tra loro vuol dire che ognuno di loro è un quadrato: s=u^2, t=v^2, e t^2−s^2=w^2 Sostituendo t ed s nell'equazione per w: v^4−u^4=w^2. La precedente equazione mostra che v, u e w sono anche loro soluzione della nostra equazione. Ma v^4 = t^2
Ciao, ho trovato un altro modo per il quesito del video. Di solito questi esercizi li affronto in questo modo: n^4+n^3+n^2+n+1=q^2 per ora niente di nuovo, vediamolo così n^2(n^2+n)+(n^2+n)=q^2-1 (n^2+1)(n^2+n)=q^2-1=(q-1)(q+1)(1), questo 1 può essere *essenziale* Diciamo già che n^2+1 e n^2+n non possono avere divisori comuni e che n^2+1
Grazie della proposta interessante, ho l'impressione però che funzioni solo "per caso" perché c'è un passaggio che non mi sembra corretto. Da un'uguaglianza del tipo ab=cd non puoi dedurre che a=c e b=d (oppure che a=d e b=c)
no infatti non si può usare sempre ma molto spesso, quando si arriva in una situazione con 2 quantità prime (e intere) tra loro può essere utile@@GaetanoDiCaprio , perché a quel punto si fanno le varie combinazioni. Ti dico, avendo visto molte gare di matematica, credo che spesso in questo genere di ambito (con poco tempo e vari quesiti), può avere la sua utilità. Detto questo, grazie della risposta e del magnifico canale
Se n è dispari, n^2+1 e n^2+n sono entrambi pari, ma il massimo comune divisore è 2; idem per q-1e q+1. Quindi la dimostrazione dovrebbe essere modificata con (n^2+1)/2, (n^2+n)/2, (q-1)/2, (q+1)/2
@@antoniosechi6561Correggimi se sbaglio, ma è più una precisazione da un punto di vista "formale" che altro perchè poi moltiplico l'equazione per 4 e i 2 si semplificano e ritorno all'equazione senza denominatori
La condizione sul delta assicura soltanto che esistono valori u^2 interi che soddisfino la conzione, occorrerebbe comunque dimostrare che u^2 oltre a essere un intero si anche un quadrato perfetto. Infatti le soluzioni che ti vengono sono un sovrainsieme di quelle che ho calcolato io numericamente. E comunque 4(u²)² + 4(u²) + 2 - 2v² =0 contiene tutti i vincoli, non hai bisogno di aggiungerrne altri. Il ptroblema è che la condizione sul delta non è sufficiente.
Ino ogni caso anche a me viene che l'equazione 2v² = z² + 1 gioca un ruolo fondamentale. Ammette 11 soluzioni sino a 300 milioni (sia per z^2 che per v^2 che hanno lo stesso ordine di grandezza). Poi numericamente ho visto che sino ad un miliardo di milardi non vi è soluzione. Però potrebbero essere soluzioni numero con migliaia di cifre.
@@francescoabbruzzese170 L'equazione "2v² = z² + 1" ha infinite soluzioni e credo di averle trovate tutte. Se sei interessato continua a leggere il resto del commento altrimenti puoi anche fermarti qui. Per completezza analizziamo l'equazione "2v² = z² ± 1". Essa ha per soluzione le coppie (v, z) pari a (0, 1), (1, 1), (2, 3), (5, 7), (12, 17), (29, 41), ... dove sia per il primo termine che per il secondo vale la relazione ricorsiva che "a(n) = 2*a(n-1) + a(n-2)". Ho anche trovato una formula non ricorsiva per avere direttamente l'elemento di posto "n". Questa sfrutta valori irrazionali: v(n) = [(1+√2)^n - (1-√2)^n]/(2√2) z(n) = [(1+√2)^n + (1-√2)^n]/2 Per valori pari di n si hanno le soluzioni dell'equazione "2v² = z² - 1", per valori dispari quelle dell'equazione "2v² = z² + 1". Normalmente mi piace spostare l'uno dall'altro lato ed isolare il quadrato. Queste formule danno le migliori approssimazioni razionali della radice quadrata di due. In più "√2 + 1" e "√2 - 1" sono anche valori reciproci.
@@ivannapolitano2202 si è l equazione di Pell negativa con D =2, me la sono andata a rivedere anche, io,. Ho trovato le prime 100000 soluzioni numericamente applicando la formula ricorsiva, e per ognuna ho verificato se (n+1)/2 era un quadrato perfetto, niente da fare solo 1 e 7 sono soluzioni complete. Tieni presente che la 100000 soluzione dell' equazione di Pell negativa ha circa 100000 cifre decimali. Per cui credo che 1 e 7 siano le uniche soluzioni. Però non riesco a dimostrarlo, la cosa è veramente difficile. Ho fatto una ricerca in letteratura e non vi è niente di simile o che comunque si riesca ad utilizzare. La cosa più vicina che ho trovato è un sistema di 2 equazioni di Pell, ma purtroppo nel nostro caso una equazione è di Pell mentre l altra è (n+1)/2 quadrato perfetto ovvero una disomogenea di secondo grado,.
Con n=2 per n⁴+n³+n²+n+1 ottengo 31 un numero primo di Mersenne. Praticamente 31=2⁵-1. Con n=4 invece ottengo 341=31×11. Con n=5 ottengo 781=71×11. E con n=10 mi viene fuori 11111=41×271.
Io ho notato questa cosa che potrebbe essere interessante: in cifre n-adiche il numero proposto sarebbe 11111 in base n, (n intero maggiore o uguale a due), ma poi non so se si può andare continuare su questa strada; analogamente abbiamo 1111 in base n per il secondo problema. Problema elementare come teoria forse ma nei fatti, almeno per me, non affatto immediato ma anzi ....
se mettiamo 3 al posto della n e sommiamo tutti i termini il risultato e' 121 che e' il quadrato di 11 quindi la somma proposta e' un quadrato perfetto con 3 al posto della n e viene 121
![Felix "Unfair" | [Stray Kids : SKZ-PLAYER]](http://i.ytimg.com/vi/Oswujxm2Ag0/mqdefault.jpg)
Per quanto riguarda n^3+n^2+n+1, la scompongo in (n^2+1)(n+1) ora ci deve essere un numero g (appartenente a Q) tale che (n^2+1)/g=(n+1)g perché in questo modo, i due termini diventano uguali e quindi, moltiplicandoli fra loro, sono un quadrato perfetto. Riscrivo (n^2+1)/g=(n+1)g come n^2-g^2n-g^2+1=0 e risolvo ottenendo n=1/2*(g^2±sqrt(g^4+4g^2-4)). Il termine sotto radice deve essere un quadrato perfetto, per cui g^4+4g^2-4=k^2. Risolvo per g^2 ottenendo g^2=1/2*(-4±sqrt(32+k^2)). Adesso anche 32+k^2 deve essere un quadrato perfetto, per cui 32+k^2=m^2 che riscrivo come (m-k)(m+k)=32. Quindi m-k e m+k sono i fattori di 32, che sono (32,1) (16,2) (8,4) (non gli opposti che darebbero una soluzione negativa). Quindi risolvo il sistema m-k=a unito a m+k=b con (a,b)=((1,32),(2,16),(8,4)) ottenendo k=31/2, k=7, k=2. Da cui g=5/2, g=sqrt (5/2) che non va bene, g=1. Da g=1 ottengo n=0, n=1 e da g=5/2 ottengo n=7.
Mi sembra corretta! Complimenti!
@@GaetanoDiCaprio grazie! ☺
😮
Complimenti.
Bravissimo
Questo esercizio era veramente molto bello, onestamente non ci avrei mai pensato di risolverlo in questo modo, non nel tempo di un esame.
Sì anche per me molto difficile
A me sembra francamente ridicolo pensare che uno studente possa produrre una prova così complessa in aggiunta agli inevitabili dubbi iniziali su quale strada seguire.
@@diavolacciosatanasso Quando qualche studente si lamentava della difficoltà dell'argomento, il mio prof diceva: "se insegnamo solo cose facili formeremo solo degli imbecilli". Evidentemente alla Normale hanno preso seriamente questa massima. Qualcuno ce la farà e questi sono gli studenti degni di ammissione.
Ma è per studenti usciti dallo scientifico? Scusate l’ignoranza in materia di scuola Normale di Pisa. Francamente infattibile nei tempi serrati di un esame….
Per l'ammissione alla Normale ci di prepara in modo specifico o ci di basa su quanto acquisito alle superiori? Per esempio mia figlia che fa lo scientifico fa principalmente analisi non teoria dei numeri o ragionamenti simili a quello proposto da lei.
Ci si prepara in modo specifico. È raro che si riescano ad acquisire le competenze necessarie a scuola. Il minimo è partecipare a potenziamenti di matematica di solito pensati per allenarsi per le olimpiadi
Bellissimo problema, molto intrigante, sia quello con polinomio di 4° che il quesito proposto con il polinomio di 3°.
Ho provato a lavorarci su ma non sono arrivato ad una soluzione.
Lascio comunque qualche considerazione sulla strada che ho provato a seguire.
Una volta scritta l'equazione x^3+x^2+x^1+1=Q^2 come (1+x^2)(1+x)=Q^2, e osservato che 1+x^2 e 1+x possono avere come unico fattore comune 2, il che avviene solo nel caso di x dispari a cui corrisponde Q pari, si osserva che per valori pari di x, 1+x^2 e 1+x sono entrambi quadrati dunque 1+x=u^2 e 1+x^2=v^2 ma questo è possibile solo per x=0, mentre per valori dispari 1+x^2 e 1+x sono entrambi il doppio di quadrati 1+x=2u^2 e 1+x^2=2v^2. Da ora in poi trattiamo solo il caso di x dispari.
u e v non possono essere scelti indipendentemente tra loro e il problema è determinare un valore di u^2 a cui corrisponde un valore di x=2u^2-1 tale che x^2+1 sia un doppio quadrato.
Eliminando x tra le due espressioni si vede che u e v devono soddisfare l'equazione diofantea 2u^4-2u^2+1=v^2. La ricerca per tentativi ragionati di un valore di u appropriato risulta alquanto complicata.
Una certa semplificazione si può ottenere riscrivendola nella forma (u^2)^2+(u^2-1)^2=v^2 che riconduce il problema alla ricerca di una terna pitagorica particolare in cui un termine è un quadrato u^2 e l'altro differisce di una sola unità dal primo. Un prototipo di tali terne è 3, 4, 5. La terna cercata è una terna fondamentale dove gli elementi sono tutti primi tra loro, in tale situazione si può applicare la funzione generatrice delle terne pitagoriche dove per a, b, c terna pitagorica fondamentale (e dove necessariamente a e b hanno parità opposta), si può porre a=r^2-s^2, b=2rs, c=r^2+s^2, dove si è assunto a come elemento dispari e b come elemento pari e r e s possono essere assunti coprimi e di parità opposta (in mancanza di questa restrizione si ottengono comunque terne pitagoriche che però potrebbero non essere terne fondamentali).
Applicando tale metodica al nostro caso dove a=u^2 e b=u^2-1 e c=v si ha
u^2=r^2-s^2, u^2-1=2rs, v=r^2+s^2 se u^2 è dispari, altrimenti u^2-1=r^2-s^2, u^2=2rs, v=r^2+s^2 se u^2 é pari.
Questo non consente ancora di generare liberamente gli u^2 cercati perché è necessario scegliere r e s in modo che risulti nel caso u pari r^2-s^2-1=2rs che porta, ad esempio a s=radq(2r^2-1)-r o nel caso u dispari a 2rs-1=r^2-s^2 che porta a s=radq(2r^2+1)-r, in entrambi i casi vi è il problema di scegliere r in modo che il determinante sia positiva ma la condizione su r cioè che 2r^2-1 o 2r^2+1 siano quadrati perfetti, sembra meno onerosa da verificare rispetto a quella iniziale dell'equazione in u (u^2)^2+(u^2-1)^2=v^2.
Un altro modo sarebbe forse questo :
n^4 + n^3 + n^2 + n + 1 = n^4 + n^2 (n + 1) + (n + 1). Previo cambio di variabile (n^2 = N) si riconosce l’identità quadratica (N + b)^2 = N^2 + 2bN + b^2 cosicchè (n+ 1) = 2b = b^2 onde b = 0 e (n + 1) = 0 e n = -1 o b = 2 e (n + 1) = 4 e n = 3, unica soluzione valida Benchè meno euristico, questo metodo, se giusto , sarebbe più convenevole ai tempi di un esame.
Molto interessante! Tuttavia non sono del tutto sicuro che questo metodo (in generale) garantisca di trovare TUTTE le soluzioni
Mi sembra assolutamente corretto.
Non capisco la media fra due polinomi. Come si fa?
Somma diviso 2
Professore ma da dove li prende questi esercizi che su internet non li trovo?
Sito ufficiale Scuola Normale Superiore
Buongiorno professore, sono passate 4 settimane dalla pubblicazione dell'ultimo quesito, ha deciso di non passarcene altri se prima non risolviamo l'ultimo quesito proposto?
Scherzo😊, ma aspetto sempre con ansia le sue nuove proposte di studio.
Non sono riuscito ad arrivare ad una soluzione completa dell'equazione diofantea n^3+n^2+n+1=Q^2. Tuttavia si può dimostrare che tutte le soluzioni dispari di questa equazione sono riconducibili alla soluzione di equazioni del tipo ax^2+by^4=1. In un precedente commento Francesco Abbruzzese cita un risultato di letteratura specialistica che indica per l'equazione ax^2+by^4=1, l'esistenza di al più due soluzioni. Ciò consente di limitare il numero delle soluzioni possibili per il problema in oggetto, che risulterà finito e più specificatamente non superiore a 5.
In particolare ho individuato, per il caso n dispari, tre sotto casi per i quali si può mostrare che tutte le soluzioni del problema in oggetto sono riconducibili alle tre equazioni 2x^2-y^4=1, x^2-2y^4=1 e x^2-8y^4=1, dove non vale però l'inverso, nel senso che non tutte le soluzioni di queste tre equazioni forniscono soluzioni del problema iniziale, ad esempio si vedrà che la seconda equazione, x^2-2y^4=1, non fornisce soluzioni utili, ma comunque tutte le soluzioni del problema iniziale sono ottenibili da una soluzione di una delle tre, di fatto due, equazioni precedenti. Per la terza equazione, x^2-8y^4=1, s'individuano facilmente le soluzioni x=3, y=1 e x=1 e y=0, che porteranno alle soluzioni n=7 e n=-1 per la prima equazione, 2x^2-y^4=1, s'individua facilmente la soluzione x=1, y=1 che porterà alla soluzione n=1. Mancherebbe la possibile seconda soluzione della prima equazione, che potrebbe non esistere o che, anche se esistesse, potrebbe non portare a soluzioni utili. Ciò che si può comunque affermare con certezza è che il problema ha soluzioni in numero finito e non più di 4 per il caso n dispari.
Per il caso n pari si dimostra che l'unica soluzione possibile è n=0.
Partiamo dalla forma fattorializzata n^3+n^2+n+1=(n+1)(n^2+1)=Q^2.
Si vede che qualsiasi divisore di n+1 diverso da 1 e da 2, divide n^2+1=(n+1)^2-2(n+1)+2 con resto 2, perciò 2 e l'unico divisore diverso da 1 che n+1 e n^2+1 possono avere in comune e questo avviene quando n è dispari.
Caso 1) n pari, allora n+1 e n^2+1 dispari non possono avere divisori comuni e dunque ogni fattore primo di Q^2 può apparire o solo in n+1 o solo in n^2+1 che perciò sono quadrati perfetti perché contengono tutti i fattori primi con esponente 2, perciò possiamo scrivere n+1=u^2, n^2+1=v^2 con u e v coprimi, ma da quest'ultima si ha v^2-n^2=(v+n)(v-n)=1 e dunque v+n=1 e v-n=1, da cui n=0, v=1, u=1, Q=1, unica soluzione possibile per n pari.
Caso 2) n dispari, allora n+1 e n^2+1 hanno in comune solo il divisore 2, dovrà essere n+1=2u^2 e n^2+1=2v^2 con u e v coprimi e v necessariamente dispari in quanto la divisione per 8 di qualsiasi numero dispari al quadrato da sempre 1 e dunque nell'ultima uguaglianza il termine di sinistra diviso per 8 da resto 2 ma se v fosse pari il termine di destra sarebbe invece esattamente divisibile per 8.
Le soluzioni di questo caso sono tutte e sole quelle per cui esistono u e v coprimi con v dispari per cui si ha n+1=2u^2 e n^2+1=2v^2, eliminando n tra le due espressioni si ha che u e v devono soddisfare a 2u^4-2u^2+1=v^2, che possiamo riscrivere come u^4+(u^2-1)^2=v^2 o anche, u^4=v^2-(u^2-1)^2=(v+u^2-1)(v-u^2+1).
Similmente a prima si ha che v+u^2-1 e v-u^2+1 possono avere come unico divisore comune diverso da 1 solo 2, infatti un divisore comune a entrambi questi fattori sarà sia divisore di u^2 sia divisore di 2v=(v+u^2-1)+(v-u^2+1), sia divisore di 2u^2-2=(v+u^2-1)-(v-u^2+1) e dunque anche divisore di 2. Dunque l'unico divisore comune diverso da 1 potrà essere 2 e ciò si verificherà solo se u è pari e in questo caso, poiché u^4 sarà divisibile per 16, allora uno dei due fattori dovrà essere divisibile per 8, l'altro per 2, invece, se u è dispari i due fattori saranno dispari e coprimi.
Caso 2a) u dispari, v+u^2-1 dispari, v-u^2+1 dispari, allora ogni fattore primo di u^4 può apparire o solo in v+u^2-1 o solo in v-u^2+1 che perciò sono quarte potenze di due interi a e b coprimi e dispari, v+u^2-1=a^4 e v-u^2+1=b^4 con (ab)^4=u^4. Allora u e v possono essere espressi come u^2=(a^4-b^4)/2+1 e v=(a^4+b^4)/2, ma a e b non possono essere scelti liberamente in quanto è necessario che u^2=(a^4-b^4)/2+1 sia un quadrato perfetto, ciò si ottiene imponendo u^2=(ab)^2=(a^4-b^4)/2+1 cioè scegliendo a e b in modo che soddisfino a b^4+2(ab)^2-a^4=2 che possiamo riscrivere (a^2+b^2)^2-2a^4=2, ma poiché a e b sono dispari a^2+b^2 è pari e ponendo a^2+b^2=2X e a=Y arriviamo all'equazione 2X^2-Y^4=1.
Come anticipato questa equazione ha al più due soluzioni di cui una è evidentemente X=1,Y=1, che porta a a=1, b=0 e quindi a u=1 e v=1 e infine a n=1 e Q^2=4. La seconda possibile soluzione non è immediatamente individuabile ammesso che esista. Si osservi inoltre che se siamo nel caso n dispari u dispari sicuramente devono esistere X e Y che risolvono l'equazione 2X^2-Y^4=1 da cui ricavare tutte le possibili soluzioni di questo caso, ma non vi è evidenza immediata che se esistono X e Y soluzioni di 2X^2-Y^4=1 debbano allora esistere soluzioni dell'equazione iniziale, in quanto non è evidente che X sia sempre semisomma di due quadrati e dunque non tutte le soluzioni X e Y potrebbero generare soluzioni del problema iniziale.
Caso 2b) u pari v+u^2-1 pari, v-u^2+1 pari, allora ogni fattore primo di u^4 diverso da 2 può apparire o solo in v+u^2-1 o solo in v-u^2+1 inoltre uno dei due fattori sarà divisibile per 2 e per nessun'altra potenza di 2, mentre l'altro fattore dovrà essere divisibile per 2^3=8 e più in generale per tutte le potenze di 2 del tipo 2^(3+4k)=8 2^4k. Si possono perciò presentare i due casi seguenti, v+u^2-1=2a^4 e v-u^2+1=8b^4 con a e b coprimi e a dispari, oppure v+u^2-1=8a^4 e v-u^2+1=2b^4 con a e b coprimi e b dispari e con (2ab)^4=u^4 in quanto questi sono i soli modi di distribuire il termine 2^4 necessariamente presente in u^4, tra i due fattori v+u^2-1 e v-u^2+1 in modo da garantire che 2 sia il solo divisore comune.
Caso 2b') u pari, v+u^2-1=2a^4 e v-u^2+1=8b^4 con a dispari e a e b coprimi, allora u e v possono essere espressi come u^2=(a^4-4b^4)+1 e v=(a^4+4b^4), ma a e b non possono essere scelti liberamente in quanto è necessario che u^2=a^4-4b^4+1 sia un quadrato perfetto, ciò si ottiene imponendo u^2=(2ab)^2=a^4-4b^4+1 cioè scegliendo a e b in modo che soddisfino a 4b^4+(2ab)^2-a^4=1 che possiamo riscrivere (a^2+2b^2)^2-2a^4=2, e ponendo a^2+2b^2=X e a=Y arriviamo all'equazione X^2-2Y^4=1.
Come anticipato questa equazione non porta a soluzioni utili, infatti siamo nel caso a dispari e dunque siamo interessati solo a soluzioni con a^2+2b^2=X dispari e a=Y dispari, ma l'equazione X^2-2Y^4=1 può avere solo soluzioni con X dispari, come risulta dal controllo sui resti della divisione per 2 sui due termini destro e sinistro e con Y pari, come risulta dal controllo sui resti della divisione per 8 sui due termini, infatti ricordando che il quadrato di un numero dispari diviso per 8 da sempre resto 1, si ha che 2Y^4 deve essere divisibile per 8 e dunque Y deve essere pari. (In realtà ho esposto questo caso solo per completezza. Un esame approfondito del resto della divisione per 8 per le due equazioni v+u^2-1=2a^4 e v-u^2+1=8b^4 mostra che queste sono consistenti solo se prese singolarmente ma non possono sussistere contemporaneamente, infatti dalla prima si ha che il resto di u^2-1 è pari a 2 meno il resto di v mentre dalla seconda che è pari al resto di v e dunque questo caso poteva essere escluso a priori).
Caso 2b'') u pari, v+u^2-1=8a^4 e v-u^2+1=2b^4 con b dispari e a e b coprimi, allora u e v possono essere espressi come u^2=(4a^4-b^4)+1 e v=(4a^4+b^4), ma a e b non possono però essere scelti liberamente in quanto è necessario che u^2=4a^4-b^4+1 sia un quadrato perfetto, ciò si ottiene imponendo u^2=(2ab)^2=4a^4-b^4+1 cioè scegliendo a e b in modo che soddisfino a b^4+(2ab)^2-4a^4=1 che possiamo riscrivere (2a^2+b^2)^2-8a^4=2, e ponendo 2a^2+b^2=X e a=Y arriviamo all'equazione X^2-8Y^4=1.
Come anticipato questa equazione ha al più due soluzioni che sono facilmente individuabili in X=1,Y=0, che porta a a=0, b=1 e quindi a u=0 e v=1 e infine a n=-1 e Q^2=0 e in X=3,Y=1, che porta a a=1, b=1 e quindi a u=2 e v=5 e infine a n=7 e Q^2=400.
In definitiva, assumendo i risultati forniti dalla letteratura specialistica sull'equazione del tipo aX^2+bY^4=1 si può affermare che l'equazione iniziale n^3+n^2+n+1=Q^2 ammette una soluzione con n pari che corrisponde a n=0 e al più quattro soluzioni con n dispari di cui tre sono -1, 1, 7, mentre l'esistenza di una possibile quarta soluzione resta ancora da determinare, proverò a portare avanti qualche altra valutazione.
Ciao Andrea (ti dispiace se ci diamo del tu) grazie per i tuoi contributi sempre così rigorosi ed eleganti. Grazie soprattutto di seguire il canale in maniera così appassionata. Sì, è vero, è passato un mese, credo che il canale stia attraversando un "momento di riflessione". Ce n'è bisogno, magari ne uscirà rinnovato... Un caro saluto!
Andrea ho dimostrato che l'equazione che ti ha creatro problemi effettivamente ammette x=1, e y= 1 come uniche soluzioni. Leggiti il mio ultimo commento
Ma perché aggiungere proprio 5/4?
Perchè poi poi così diventa il quadrato di un trinomio.
È il minimo che si può aggiungere per far sì che diventi il quadrato di un trinomio
L'idea geniale è quella di "incastrare" la quantità di partenza tra i quadrati di numeri consecutivi. Sarei curioso di capire se esistano strategie alternative più meccaniche e meno intuitive per pervenire allo stesso risultato.
@@mikelutt76 Anche a me piacerebbe capirlo, vediamo se qualcuno riesce
Il problema non è il perché, ma arrivarci dato che bisogna astrarre un trinomio di cui immaginare il quadrato con un coefficiente che sia 1/2…. il che confonde i doppi prodotti…. Ci vuole Batman
n³ + n² + n + 1 è un quadrato perfetto per n = 0, 1, 7.
Le prime due soluzioni sono abbastanza banali poiché il polinomio è scomponibile in (n² + 1) * (n + 1) e quindi quadrato perfetto per n² = n. Le eventuali altre soluzioni devono soddisfare la condizione che n² + 1 e n + 1 abbiano gli stessi divisori e, poiché, tra i numeri naturali maggiori di 1, n² + 1 è sicuramente maggiore di n + 1, nel primo almeno uno con un numero di fattori maggiori del secondo di un numero pari di volte.
n² + 1 = pˆa * qˆ(b + c)
n + 1 = pˆa * qˆ(b - c)
n² = pˆa * qˆ(b + c) - 1
n = pˆa * qˆ(b - c) - 1
n² = pˆa * qˆ(b + c) - 1
n² = pˆ2a * qˆ2(b - c) - 2 * pˆa * qˆ(b - c) + 1
e qui mi sono impantanato anch'io...
Perché n^2+1 e n+1 devono avere gli stessi divisori? Non è corretto, non è vero nemmeno per i due valori di n trovati
@@GaetanoDiCaprio , perché o sono dei quadrati perfetti a loro volta (nel caso di n =
0 lo sono: 1 * 1) oppure condividono almeno un fattore (nel caso di n = 0, n = 1 e n = 7 rispettivamente 1 * 1, 2 * 2 e (2 * 5²) * 2³), altro modo per cui il loro prodotto possa dare un quadrato perfetto non lo vedo.
@@cfj63 Allora non ho capito cosa intendi con "devono avere gli stessi divisori".
Se il polinomio proposto è un quadrato perfetto la sua radice quadrata è un numero intero.
Sqr(n^4 +n^3+n^2+n+1)=n^2xsqr(1 + 1/n+1/n^2+1/n^3+1/n^4). Ora il radicando per n>3 non è un quadrato perfetto. Quindi n
Il ragionamento non è corretto. Prendi ad esempio l'espressione 36 sqrt(1/16), il radicando non è intero ma l'espressione vale 9, un quadrato perfetto
Il polinomio P(n)=n⁴+n³+n²+n+1 genera esclusivamente numeri dispari, sia con n pari che con n dispari. Se n è pari allora posso scrivere n=2k (k numero intero positivo) e sostituendo si ha:
P(2k)=16k⁴+8k³+4k²+2k+1 che posso scrivere come:
((2k+1)²)²+4((2k+1)²)¹-24k³-36k²-22k-4. Ricordando il quadrato di binomio, posso ricondurre tale espressione a:
P(2k)=[(2k+1)²+2]²
che originerà un quadrato perfetto (come da testo). Quindi:
-24k³-36k²-22k-4=2²=4 ==>
-24k³-36k²-22k-8=0 ==>
24k³+36k²+22k+8=0.
Tale equazione non ammette soluzioni in quanto, con k intero positivo, la somma a primo membro è >0(quindi ≠0).
Se n è dispari allora posso scrivere n=2k+1(k intero positivo-in quanto se k=0 =>n=1 =>P(1)=5 che non è un quadrato perfetto-) e sostituendo si ha:
P(2k+1)=16k⁴+40k³+40k²+20k+5 che posso scrivere come:
((2k+1)²)²+4((2k+1)²)¹+8k³-4k.
Ricordando il quadrato di binomio, posso ricondurre tale espressione a:
P(2k+1)=[(2k+1)²+2]²
che originerà un quadrato perfetto (come da testo). Quindi:
8k³-4k=2²=4 ==>
8k³-4k-4=0 ==>
2k³-k-1=0 ==>
(k-1)(2k²+2k+1)=0.
L'equazione (2k²+2k+1)=0 non ammette soluzioni in quanto, con k intero positivo, la somma a primo membro è>0(quindi ≠0). L'equazione k-1=0 ammette un'unica soluzione che è:
k=1=>n=2•1+1=3. Q.E.D.
Le equazioni che prendi in considerazione sono totalmente arbitrarie, per quale motivo poni il polinomio uguale a 4? Non ha senso
@@GaetanoDiCaprio perché il doppio prodotto è 4•[(2k+1)²] pertanto il secondo termine del binomio è 2.Infatti: [(2k+1)²+2]²=[(2k+1)²]²+2²+4[(2k+1)²]¹.
Che sia il quadrato di un binomio è condizione sufficiente ma non necessaria affinché sia un quadrato
Credo di aver trovato la strada per dimostrare che le uniche soluzioni per la n^3+n^2+n+1 quadrato perfetto sono 1 e 7, ma non è per niente facile. Si tratta di applicare le stesse tecniche applicate ad una equazione quasi equivalente che finalmente ho trovato. Riporto il tutto in un nuovo commento. Per maggiori dettagli sul punto a cui ero arrivato si prega di consultare il mio commento precedente.
L'equazione è:
aX^4 + bY^2 = -1 (1)
L' equazione che esce a noi è simile ma ha anche un termine in X^2. Detta così aiuta poco, e non da speranze che la metodica di dimostrazione possa essere la stessa.
Però aX^4 + bY^2 = -1 è equivalente a risolvere l'equazione di Pell:
aZ^2 + bY^2 = -1 (2)
col vincolo che Y sia un quadrato perfetto.
Ora a noi invece esce una equazione di Pell:
Z^2 -2Y^2 = -1 (3)
Col vincolo che (Z+1)/2 sia un quadrato perfetto.
Insomma Z quadrato perfetto nel nostro caso è sostituito con (Z + 1)/2 quadrato perfetto. Messa così da più speranze.
Vediamo i risultati che si sono dimostrati sulla (1) e che ci possono interessare:
1 La (1) ha al massimo 2 soluzioni
2 Una di queste soluzioni, se esistono soluzioni, deve corrispindere alla soluzione fondamentale della (2), ovvero alla più piccola soluzione della (2) che quindi deve essere un quadrato perfetto per avere speranza di soluzione.
Orbene, sembra essere proprio quello che accade alla nostra equazione, di soluzioni di cui "1" è la soluzione fondamentale della (3) e "7" ne è una altra..
Quindi forseil limite di due soluzioni si può dimostrare anche nel nostro caso, modificando di poco le tecniche usate per la (1).
Sfortunatamente le varie dimostrazioni delle proprietà della (1) sono molto complicate e richiedono una serie lunga di lemmi preparatori. Insomma se si vuole prendere spunto da una di questre dimostrazioni si dovrebbero studiare un qualche centinaio di pagine sparse in articoli vari, non solo, ma anche non ottimizzate perchè pare che nessuno abbia ripulito queste dimostrazioni per giungere ad una teoria organica ma che esse siano rimaste ad uno stadio di "primi risultati". Non solo ma anche per la (1) quella delle 2 soluzioni è rimasta nello stadio di congettura per molto tempo prima di essere dimostrata. Questo, per dare una misura della difficoltà del problema.
Purtroppo io non ho il tempo di farlo, ma se qualcuno fosse interessato, posso passargli informazioni bibliografiche, per studiare o magari per contattare gli autori che hanno lavorato su questo problema.
Buongiorno, ho ricondotto il problema all'equazione di tipo aX^2+bY^4=1 per la quale indichi l'esistenza di al più due soluzioni e questo consente di limitare le possibili soluzioni, al punto che ne rimane solo una indeterminata, legata all'equazione 2X^2-Y^4=1, per la quale una delle due soluzioni è evidentemente X=1 e Y=1. Se si riuscisse ad individuare la seconda o a dimostrare che non ve ne sono altre il problema sarebbe risolto. Se è interessato può leggere il mio commento. Saluti.
@@andreapedron568 mi studio il commento e vedo se si riesce ad imbastire una dimostrazione. Comunque se vi è la seconda soluzione la si può trovare numericamente , ho il software per farlo, se invece non esiste purtroppo non crendo che dimostrare che non esista sia facile, e torneremmo al punto di partenza
La mia idea è questa:
Osservo che se n^4+n^3+n^2+n+1 è un quadrato perfetto allora si può scrivere come (2k+1)^2
Perciò n(n+1)(n^2+1)+1=4k(k+1)+1,
Quindi n(n+1)(n^2+1)=4k(k+1)
Il caso banale n=0 e k=0 è escluso.
Osservo i casi fino a n=4 e l'unico caso valido è n=3 (con k=5)
Se n>4, ci sono due casi:
n pari, n+1 dispari, n^2+1 dispari, oppure
n dispari, n+1 pari, n^2+1 pari
È incompleto
@@GaetanoDiCaprio niente, mi sono bloccato, se troverò la soluzione la completerò 😅
Ho trovato 2 soluzioni cercando n+1 che arriva sino al quadrato di un miliardo: 1, 7. Però non congetturo che siano uniche, potrebbero esistere soluzioni enormi per motivi che derivano dallo studio teorico che ho effettuato:
1) Ia funzione si può scrivere come (n+1)(n*n+1).
2) (n+1) e (n*n+1) possono avere solo 2 come fattore primo in comune, e ciò accade quando n è dispari. Quindi per n pari questi due numeri sono primi tra di loro. Infatti,
supponiam n+1 sia divisibile poer un primo p, avremo n+1 = kp per qualche k. Sostituenddo in (n*n+1): (n*n+1) = (kp-1)^2 + 1 = k^2p^2 -2kp +2. Ora p divide i primi due addendi e quindi se p dividesse (n*n+1) p dovrebbe dividere anche 2, il che è possibile solo se p=2. Inoltre dalla dimostrazione ponendo p=2^l si vede che anche nessuna potenza maggiore di 2^1 può essere comune (4, 8, ecc.). Infine, il fattore comune 2 vi è effettivamente se n è dispari e quindi anche n*n è dispari. Quindi (n+1) e (n*n+1) hanno 2 come fattore comune se e solo se n è dispari.
3) Non vi è soluzione per n pari. Infatti in questo caso (n+1) e (n*n+1) non hanno fattori primi comuni e quindi ognuno di loro deve essere un quadrato perfetto affinchè (n+1)(n*n+1) sia un quadrato perfetto. Ma n*n+1 non può mai essere un quadrato perfetto, perchè è il numeo successivo di un quadrato perfetto e non possono esistere quadrati perfetti consecutivi (sivede banalmente col quadrato del binomio).
4) Rimane il caso n dispari, ovvero il caso del fattore 2 comune. In questo caso possiamo scrivere la funzione come 4[(n+1)/2][(n*n+1)/2], ove [(n+1)/2] e [(n*n+1)/2] sono interi e non hanno fattori comuni. Ora 4 è quadrato perfetto per cui una soluzione si ha se ciascuno di [(n+1)/2] e [(n*n+1)/2] è o 1 o un quadrato perfetto. I due fattori sono 1 se e solo se n=1.
Quindi abbiamo trovato la prima soluzione n = 1.
Altra soluzione che rende quadrati perfetti [(n+1)/2] e [(n*n+1)/2] è n= 7.
Esistono altre soluzioni?
Per trovarle poniamo (n+1)/2 = M^2, e sostituiamo nel secondo fattore n = 2M^2-1 :
[(( 2M^2-1)^2+1)/2]
Oppure si può risolvere il sistema
[(n^2+1)/2] = L^2
(n+1)/2 = M^2
Senza effettuare la sostituzione. Il vantaggio è che la prima equazione si può riscrivere come:
n^2-2L^2 =-1
Che è conosciuta come equazione di Pell negativa con D=2.
Tale equazione ammette infinite soluzioni per L e per n che si possono calcolare con una formula ricorsiva a partire dalla soluzione più piccola che è banalmente:
L=1, n=1. La formula ricorsiva che è abbastanza facile da dimostrare è
n1 = 3n + 4L
L1 = 2n + 3L
Ove n1 ed L1 sono le soluzioni successive espresse in funzioni delle soluzioni precedenti n ed L. Le equazioni precedenti definiscono una matrice A che è anche diagonalizzabile, ma gli autovalori sono numeri algebrici (3- 2SQRT(2) e 3+ 2SQRT(2)).
Utilizzando la formula sopra elencata ho calcolato numericamente le prime 100000 soluzioni, ogni soluzione mediamente ha una cifra in più della precedente,
quindi la 100000esima soluzione per n contiene circa 100000 cifre.
Bene, per ogni soluzione n clacolata in questo modo ho verificato la seconda equazione, ovvero che (n+1)/2 fosse un quadrato perfetto.
Lunica soluzione che verifica anche la seconda equazione è 7, poi spingendomi sino a numeri n con 100000 cifre non ho trovato alcuna altra soluzione, per cui è congetturabile che 7 sia l'unica soluzione.
Purtroppo non ho trovato niente che aiuti a risolvere simultaneamente le due equazioni per cui dimostrare che le due equazioni ammettono l'unica soluzione simultanea 7 è molto difficile.
La cosa più vicina che ho trovato è la soluzione simultanea di 2 equazioni di Pell. Esistono per tale problema condizioni sufficienti sia per l'esistenza che per la non esistenza. Ma purtroppo la seconda equazione non è una equazione di Pell ma solo una equazione disomogenea di secondo grado. La si puù rendere omogenea aggiungendo una nuova variabile (come si fa nella geometria proiettiva) ma non sarebbe comunque nella forma di una equazione di Pell perchè avrebbe termini di secondo grado misti in due variabili, nìmentre una equazione di Pell deve avere solo quadrati di ciascuna variabile.
Altro tentativo che ho fatto è diagonalizzare la matrice di ricorrenza A in modo da scriverla poi come A = T- AD T-1. Dove AD è la matrice diagonalizzata e T è la matrice degli autovettori.
Il vantaggio della diagonalizzazione è che A^n si può calcolare come T AD^n T-1 dove AD^n si calcola semplicemente elevando alla n gli elementi diagonali. Questo aiuterebbe a calcolare la struttura delle soluzioni di n per studiare quando potrebbero portare a quadrati perfetti per (n+1)/2. Sfortunatamente gli autovalorinon sono numeri interi e neanche razionali, ma numeri algebrici per cui un autovalore elevato a n ci direbbe poco sulle proprietà dell'intero che si potterrebbe calcolando T AD^n T-1.
Di seguito ile prime soluzioneìi dell'equazione di Pell negativa con D=2 che è la prima equazione del nostro sistema.
Soluzione trovata: 7
Soluzione trovata: 41
Soluzione trovata: 239
Soluzione trovata: 1393
Soluzione trovata: 8119
Soluzione trovata: 47321
Soluzione trovata: 275807
Soluzione trovata: 1607521
Soluzione trovata: 9369319
Soluzione trovata: 54608393
Soluzione trovata: 318281039
Straordinario il lavoro che stai facendo! La prima cosa che ho fatto è di controllare che la prima soluzione maggiore di 7 che hai trovato sia effettivamente soluzione. Ho usato wolfram alpha e purtroppo la risposta è stata negativa. Con numeri così grandi non puoi fidarti di excel...
@@GaetanoDiCaprio , Si ho tradotto il codice in C# ed ho usato una libreria BigInt per lavorare con interi con numero indefinito di cifre, e la prima soluzione non mi esce, provo per le altre, ma la cosa è lentissima, sono arrivato a M 100 milioni. e fino li solo 7.
Ora lo lancio sino a M=un miliardo e poi quando finisce ti faccio sapere, purtroppo non sono convintissimo della routine che estrae la radice quadrata che non faceva paerte della libreria ed ho dovuto scopiazzare altrove. Ad occhio sembra corretta (Algoritmo classico SQRT, ma in binario).
@@GaetanoDiCaprio , ok scaricata nuova libreria BigInt che contiene anche la radice quadrata.
Risultato: Sino a M = un miliardo le soluzioni sono solo 1, e 7.!
Però, però ho cercato di capire perch!
Allora (n+1)/2 al variare di n dispari genera tutti gli interi e quindi tutti i quadrati. Quindi il problema non è li. Il problema potrebbe essere in (n^2+1)/2 che potrebbe essere un quadrato solo per n piccoli.
Riscriviamo la condizione (n^2+1)/2 = M^2 così: n^2 = 2M^2-1.
E cerchiamo di vedere quando 2M^2-1 può essere un quadrato perfetto.
Di nuovo hoi fatto calcoli numerici facendo variare M sino a un miliardo, ed ho trovato 11 soluzioni:
Soluzione trovata: 7
Soluzione trovata: 41
Soluzione trovata: 239
Soluzione trovata: 1393
Soluzione trovata: 8119
Soluzione trovata: 47321
Soluzione trovata: 275807
Soluzione trovata: 1607521
Soluzione trovata: 9369319
Soluzione trovata: 54608393
Soluzione trovata: 318281039
Insomma l'ultima soluzione sta sui 32 milioni....se consideriamo che sono andato avanti sino ad un miliardo...è significativo che per un intervallo enorme non ho trovato più alcuna soluzione.
Io penso ìquindi che n^2 = 2M^2-1 non ammetta soluzione per M abbastanza grande...probabilmente operchè i quadrati si diradano sempre più.
Per le 11 soluzioni solo la 7 soddisfa anche la condizione di quadrato perfetto anche su (n+1)/2 ... ci sta. Ma il fatto che non ci siano più soluzioni per M grande dipende dalla insolubilità di n^2 = 2M^2-1. Cecrcherò per un poco di dimostrare che per M abbastanza grande questa equazione non può ammettere soluzione, poi aggiusterò la mia risposta in ogni caso, anche se non ci riesco.
Fammi sapere cosa ne pensi e se hai idee a riguardo.
@@GaetanoDiCaprio Aggiornata la risposta, le soluzioni restano sempre 1, e 7, ma non sono convintissimo, nonostante i risultati della simulazione numerica che non ve ne siano altre. Il punto è che l'incrocio delle due condizioni di quadrato perfetto le rende sempre più rare al crescere di n poiché al crescere di n i quadrati si diradano sempre più, per cui potrebbero esistere soluzioni per valori di n enormi, tipo un miliardo alla decima potenza o anche di più.
Se qualcuno riesce a trovare proprietà utili di n^2 =2M^2-1 .... forse si può avere maggiore luce, ma non credo questo sia possibile con tecniche tutto sommato semplici di teoria dei numeri
@@GaetanoDiCaprio , ulteriore aggiornamento ho dimostrato che la prima equazione ammette infinite soluzioni e dato una formula ricorsiva per calcorarle. Utilizzando la formula ricorsiva ho dimostrato che l'unica soluzione è t sino ad arrivare ad un n composto da 100000 cifre. Ho aggiornato la risposta, anche con riferimenti a problemi risolti simili e a possibili strade di dimostrazione, però al momento tutte infruttuose. Credo che il problema sia difficile e che sino ad ora nessuno ne abbia affrontato uno che gli somiglia: sistema composto da una equazioone di Pell ed una equazione disomogenea contenente un termine di primo gado ed uno di secondo.
Be sembra proprio che siamo arrivati alla soluzione! Andrea Pedron, usando un risultato sulle equazioni diofantine quartiche da me suggerito è riuscito a riportare la dimostrazione che le uniche soluzione sono quelle evidenti, ovvero 1 e 7, alla dimostrare che l'equazione quartica:
2X^2-Y^4=1 (1) ammetta come unica soluzione X= 1 Y=1;
In realtà basterebbe dimostrare che anche se esiste un altra soluzione (le soluzioni di equazioni quartiche di questo tipo sono sempre al massimo 2) questa soluzione non porta a nessuna soluzione accettabile del problema originale. Per maggiori dettagli leggetevi la seconda risposta di Andrea Pedron e la Seconda mia risposta che è in evidenza.
Ora io sono riuscito a dimostrare che effettivamente la (1) ammette solo la soluzione: X= 1 Y=1;
La Dimostrazione si basa sul fatto che l'equazione X^4−Y^4=Z^2 (2) ammette solo la soluzione Z=0, X=1, Y=1;. Quindi ci costruiremo delle espressioni derivate dalla 1 che devono soddisfare la (2).
Riscriviamo la (1) :
2X^2=1+Y^4 (3)
Dalla quale si deduce che y deve essere dispari (ci servirà più avanti).
Ora ovviamente:
(y^2+1)^2=y^4+2y^2+1 (4)
Che sostituendo 1+Y^4 dalla (3) nella (4) da::
(y^2+1)^2 = 2X^2 + 2y^2 (5)
In modo perfettamente simile possiamo dimostrare che:
(y^2-1)^2 = 2X^2 - 2y^2 (6)
Infine moltiplicando tra loro 5 e 6:
(y^2+1)^2 (y^2-1)^2 = 2 (X^2 + y^2) 2 (X^2 - y^2)
Ovvero:
(y^4-1)^2 = 4 (x^4- y^4)
Ora essendo y dispari (y^4-1)^2 sarà certamente divisibile per 4:
e quindi:
(y^4-1)^2 = 4 (x^4- y^4)
((y^4-1)/2) ^2 = x^4- y^4
Ponendo z = (y^4-1)/2, otteniamo:
z^2= x^4- y^4 che è proprio la 2 che abbiamo detto ammettere solo la soluzione z=0, x=1, y=1.
Per cui z = y^4-1 = 0, x=1, y=1.
Ed in effetti y=1 soddisfa anche y^4-1 =0;.
Per cui x=1, y=1 è l'unica soluzione della (1)
Q.D.E.
Quando avrò un poco più di tempo se interessa potrò riportare la dimostrazione che X^4−Y^4=Z^2 ammette solo la soluzione Z=0, X=1, Y=1;.
Oppure Gaetano potrebbe fare un bel video, visto che la dimostrazione è connessa alle terne pitagoriche.
Ragazzi siete fantastici
Va bene è possibile manipolare l'equazione 2X^2-y^4=1 per trasformarla in X^4-Y^4=Z^2 con il vincolo Y^4-1=2Z e questa ammette come soluzione X=1 Y=1 Z=0 (naturalmente s'intende soluzione utile che rispetta la condizione di vincolo, più in generale X=Y=k Z=0 sono soluzioni ma non sono utili) ma dimostrare che X^4-Y^4=Z^2 ha soluzioni solo del tipo X=Y=k e Z=0 non è affatto facili. Ho provato a giocare con la formula generatrice delle terne pitagoriche ma non sono arrivato ad un risultato perché si ricade sempre nello stesso problema trovare delle soluzioni, delle terne che siano a loro volta quadrati, ho provato anche a nidificare due terne una dentro l'altra ma non sono arrivato a nessuna soluzione.
Insomma ho l'impressione che abbiamo solo spostato il problema ad una nuovaequazione.
@@andreapedron568 ,
No, quella equazione è nota ed il risultato riportato, anche se non proprio banalissimo si dimostra per induzione. Nei prossimi giorni la riporto, premettendo che non è mia, ma la ho presa da un libro sulle equazioni deofanntine.
@@francescoabbruzzese170 Ottimo allora. Hai un libro di eq. Diofantee da suggerirmi?
Come promesso aggiungo la dimostrazione che z^2= x^4- y^4 ammette solo soluzioni banali nelle quali o z o y sono nulle. Nel nostro caso poiché z= ((y^4-1)/2) ^2,
z=0 porta per forza alla nostra unica soluzione y=1, x=1. Mentre y=0 è impossibile perché porterebbe a z non intera. La dimostrazione non è mia la ho presa da un libro.
Sto considerando solo le soluzione positive perché avendo solo termini di grado pari, tutte le altre soluzioni si ottengono con tutte le inversioni di segno possibili.
Il metodo di dimostrazione usato è quello della discesa intera che è una forma particolare del principio di induzione. Ovvero, dimostreremo che se esiste una soluzione con
Tutte x, y, z diverse da zero e positive allora ne esisterà un altra nella quale tutti e tre i numeri sono positivi e x è strettamente minore dello x della soluzione di partenza.
In questo modo sarebbe dunque possibile costruire infinite soluzioni con x sempre più piccoli ma positivi. Ma gli x positivi minori di un certo x iniziale sono finiti e quindi tale sequenza infinita non può esistere, per cui la soluzione con x, y, z tutte positive non può esistere.
z^2= x^4- y^4 si può scrivere come x^4= z^2+ y^4, la quale mostra che (z, y^2,x^2 ) è una terna pitagorica.
Troveremo un (z1, y1^2,x1^2 ) con tutti i numeri positivi e x1 strettamente minore di x che è sempre soluzione.
Analizzeremo vari casi:
a) z, y^2,x^2 non sono primi tra di loro diciamo che esiste un k che ne divide almeno 2. Allora da x^4= z^2+ y^4 segue che k dividerà anche il terzo. Per cui dividendo tutti e tre i numeri per k otteniamo una nuova soluzione con un x minore dello x della soluzione di partenza.
b) z, y^2,x^2 sono primi tra di loro per cui la terna pitagorica è primitiva, e per le proprietà delle terne pitagoriche o :y^2 è pari e z è dispari o viceversa. Infatti non possono essere tutti e due pari altrimenti 2 sarebbe un fattore comune e la terna non sarebbe primitiva. Ma non possono neanche essere tutti e due dispari accadrebbe che x^2 deve essere pari perché somma di sue numeri dispari, ma essendo un quadrato sarà anche divisibile per 4, mentre un numero dispari al quadrato è sempre 1 modulo 4 (elevando al quadrato modulo 4 sia 1 che 3 si ottiene 1 modulo 4) quindi z^2+ y^4 deve essere 2 modulo 4 mentre x^4 dovrebbe essere 0 modulo 4, una contraddizione che mostra che y^2 è e z non possono essere tutti e due dispari.
Facciamo dunque 2 sotto-casi:
.b1) :y^2 è pari e z dispari. Allora per il teorema fondamentale sulle terne pitagoriche primitive: esisteranno interi positivi m ed n tali che:
y^2 = 2mn , z=m^2-n^2 e x^2 = m^2+n^2. Con : m>n ,m ed n primi tra loro, e con parità diversa.
Quindi x^2 = m^2+n^2 è anche essa una terna pitagorica primitiva. Supponiamo ora m pari ed n dispari come prima (i passaggi sono gli stessi se m ed n si invertono di ruolo):
m=2st, n= t^2-s^2, x=t^2+s^2. Sempre con : t>s ,t ed s primi tra loro, e con parità diversa.
Sostituendo m a n in y^2 = 2mn abbiamo:
y^2 = 4st( t^2-s^2) o equivalentemente (y/2)^2 = st( t^2-s^2)
Quindi st( t^2-s^2) sono il quadrato di un intero ed essendo primi tra loro vuol dire che ognuno di loro è un quadrato:
s=u^2, t=v^2, e t^2−s^2=w^2
Sostituendo t ed s nell'equazione per w: v^4−u^4=w^2.
La precedente equazione mostra che v, u e w sono anche loro soluzione della nostra equazione.
Ma v^4 = t^2
Ciao, ho trovato un altro modo per il quesito del video. Di solito questi esercizi li affronto in questo modo:
n^4+n^3+n^2+n+1=q^2 per ora niente di nuovo, vediamolo così
n^2(n^2+n)+(n^2+n)=q^2-1
(n^2+1)(n^2+n)=q^2-1=(q-1)(q+1)(1), questo 1 può essere *essenziale*
Diciamo già che n^2+1 e n^2+n non possono avere divisori comuni e che n^2+1
Grazie della proposta interessante, ho l'impressione però che funzioni solo "per caso" perché c'è un passaggio che non mi sembra corretto. Da un'uguaglianza del tipo ab=cd non puoi dedurre che a=c e b=d (oppure che a=d e b=c)
no infatti non si può usare sempre ma molto spesso, quando si arriva in una situazione con 2 quantità prime (e intere) tra loro può essere utile@@GaetanoDiCaprio , perché a quel punto si fanno le varie combinazioni. Ti dico, avendo visto molte gare di matematica, credo che spesso in questo genere di ambito (con poco tempo e vari quesiti), può avere la sua utilità. Detto questo, grazie della risposta e del magnifico canale
@@enricomattioli53 Ah ok grazie della precisazione adesso mi torna, grazie di apprezzare il canale!
Se n è dispari, n^2+1 e n^2+n sono entrambi pari, ma il massimo comune divisore è 2; idem per q-1e q+1. Quindi la dimostrazione dovrebbe essere modificata con (n^2+1)/2, (n^2+n)/2, (q-1)/2, (q+1)/2
@@antoniosechi6561Correggimi se sbaglio, ma è più una precisazione da un punto di vista "formale" che altro perchè poi moltiplico l'equazione per 4 e i 2 si semplificano e ritorno all'equazione senza denominatori
Per quanto riguarda l'equazione diofantea "m² = n³ + n² + n + 1" penso di essermi avvicinato ad una soluzione.
m² = n³ + n² + n + 1 = (n² + 1)(n + 1)
n² + 1 = (n - 1)(n + 1) + 2
Quindi o "n² + 1" ed "n + 1" sono coprimi e quindi due quadrati perfetti (caso 1), oppure condividono il solo fattore due (caso 2).
Caso 1:
n - 1 = r²
n² + 1 = s²
s² = n² + 1 = (n - 1)² + 2n = (n - 1)² + 2(n - 1) + 2 = (r²)² + 2r² + 2
Quindi (r²)² + 2(r²) + 2 - s² deve avere il delta quarti che sia un quadrato perfetto.
Quindi: 1² - (2 - s²) = t² → s² - t² = 2 → s² = 1 → n = 0
Caso 2:
n - 1 = 2u²
n² + 1 = 2v²
2v² = n² + 1 = (n - 1)² + 2n = (n - 1)² + 2(n - 1) + 2 = (2u²)² + 2(2u²) + 2 = 4(u²)² + 4(u²) + 2
Quindi, affinché l'equazione 2v² = 4(u²)² + 4(u²) + 2 abbia soluzione deve accadere che il polinomio in "4(u²)² + 4(u²) + 2 - 2v²" e quindi anche "2(u²)² + 2(u²) + 1 - v²" abbia il delta quarti pari ad un quadrato perfetto quindi:
1² - 2(1 - v²) = z² → 2v² = z² + 1
I valori di "v" e "z" che risolvono l'equazione "2v² = z² + 1" sono infiniti, le prime coppie (v; z) sono: (1; 1), (5; 7), (29; 41), (169; 239), (985; 1393), (5741; 8119), (6445; 93129), (9363; 93623), (16937; 95727), (19945; 96879), (33461; 47321)...
Dove per ciascuna delle due variabili segue la regola a_n = 6*a_(n - 1) - a_(n - 2).
Resterebbe da far vedere che per nessuno di questi valori può accadere che "-1+√(2v² - 1)" sia il doppio di un quadrato...
scusami, perchè supponi che n+1 sia un quadrato perfetto, e poi scrivi n-1=r^2?
La condizione sul delta assicura soltanto che esistono valori u^2 interi che soddisfino la conzione, occorrerebbe comunque dimostrare che u^2 oltre a essere un intero si anche un quadrato perfetto. Infatti le soluzioni che ti vengono sono un sovrainsieme di quelle che ho calcolato io numericamente.
E comunque 4(u²)² + 4(u²) + 2 - 2v² =0 contiene tutti i vincoli, non hai bisogno di aggiungerrne altri. Il ptroblema è che la condizione sul delta non è sufficiente.
Ino ogni caso anche a me viene che l'equazione 2v² = z² + 1 gioca un ruolo fondamentale. Ammette 11 soluzioni sino a 300 milioni (sia per z^2 che per v^2 che hanno lo stesso ordine di grandezza). Poi numericamente ho visto che sino ad un miliardo di milardi non vi è soluzione. Però potrebbero essere soluzioni numero con migliaia di cifre.
@@francescoabbruzzese170 L'equazione "2v² = z² + 1" ha infinite soluzioni e credo di averle trovate tutte. Se sei interessato continua a leggere il resto del commento altrimenti puoi anche fermarti qui.
Per completezza analizziamo l'equazione "2v² = z² ± 1". Essa ha per soluzione le coppie (v, z) pari a (0, 1), (1, 1), (2, 3), (5, 7), (12, 17), (29, 41), ... dove sia per il primo termine che per il secondo vale la relazione ricorsiva che "a(n) = 2*a(n-1) + a(n-2)". Ho anche trovato una formula non ricorsiva per avere direttamente l'elemento di posto "n". Questa sfrutta valori irrazionali:
v(n) = [(1+√2)^n - (1-√2)^n]/(2√2)
z(n) = [(1+√2)^n + (1-√2)^n]/2
Per valori pari di n si hanno le soluzioni dell'equazione "2v² = z² - 1", per valori dispari quelle dell'equazione "2v² = z² + 1". Normalmente mi piace spostare l'uno dall'altro lato ed isolare il quadrato. Queste formule danno le migliori approssimazioni razionali della radice quadrata di due. In più "√2 + 1" e "√2 - 1" sono anche valori reciproci.
@@ivannapolitano2202 si è l equazione di Pell negativa con D =2, me la sono andata a rivedere anche, io,. Ho trovato le prime 100000 soluzioni numericamente applicando la formula ricorsiva, e per ognuna ho verificato se (n+1)/2 era un quadrato perfetto, niente da fare solo 1 e 7 sono soluzioni complete. Tieni presente che la 100000 soluzione dell' equazione di Pell negativa ha circa 100000 cifre decimali. Per cui credo che 1 e 7 siano le uniche soluzioni. Però non riesco a dimostrarlo, la cosa è veramente difficile. Ho fatto una ricerca in letteratura e non vi è niente di simile o che comunque si riesca ad utilizzare. La cosa più vicina che ho trovato è un sistema di 2 equazioni di Pell, ma purtroppo nel nostro caso una equazione è di Pell mentre l altra è (n+1)/2 quadrato perfetto ovvero una disomogenea di secondo grado,.
Con n=2 per n⁴+n³+n²+n+1 ottengo 31 un numero primo di Mersenne. Praticamente 31=2⁵-1. Con n=4 invece ottengo 341=31×11. Con n=5 ottengo 781=71×11. E con n=10 mi viene fuori 11111=41×271.
... quindi...?
@@GaetanoDiCaprio nessuno dei numeri che ho messo in questione è un quadrato perfetto.
Io ho notato questa cosa che potrebbe essere interessante: in cifre n-adiche il numero proposto sarebbe 11111 in base n, (n intero maggiore o uguale a due), ma poi non so se si può andare continuare su questa strada; analogamente abbiamo 1111 in base n per il secondo problema. Problema elementare come teoria forse ma nei fatti, almeno per me, non affatto immediato ma anzi ....
Sì è una possibilità
Carino ma un po' ad hoc.
Se hai idee meno "ad hoc" ben vengano!
se mettiamo 3 al posto della n e sommiamo tutti i termini il risultato e' 121 che e' il quadrato di 11 quindi la somma proposta e' un quadrato perfetto con 3 al posto della n e viene 121
bene, adesso guarda il video