BASE CINQUE FORUM

Oggi è il 10 aprile 2007 (ta-ta-ta-taaann... ),
che potremmo anche riscrivere come 10042007.

Bene.
Prendiamo adesso questi numeri freschi di
giornata:

$\large p = \frac{10042007^{n}+10042006^{n}}{10042007^{n-2}+10042006^{n-2}}\,,$

con $\small n\, > \,1$ naturale.

Se $\small p$ è intero, allora $p-{\small 3}\cdot{\small 10042006}$ è un quadrato
perfetto.

Propongo una soluzione un po' ...bislacca.
Intanto generalizzo la questione sostituendo 10042006 con un generico
reale a (non nullo).
Per la divisibilita' deve essere:
$(a+1)^n+a^n=[(a+1)^{n-2}+a^{n-2}](a^2+qa+1)$
con q ed n da determinare.
Svilluppando qualche calcolo si trova:
$(a+1)^n-(a+1)^{n-2}(a^2+qa+1)=qa^{n-1}+a^{n-2}$
Oppure:
$(a+1)^{n-2}[a+1)^2-a^2-qa-1]=qa^{n-1}+a^{n-2}$
E cioe' (dividendo per a):
(1) $(2-q)(a+1)^{n-2}=qa^{n-2}+a^{n-3}$
Poiche' a e' generico i coefficienti di a^(n-2) , presenti nei due membri,
devono essere uguali:
$2-q=q,q=1$
In tal modo la (1) diventa:
$(a+1)^{n-2}=a^{n-3}(a+1)$,oppure:
$(a+1)[(a+1)^{n-3}-a^{n-3}]=0$
Sempre per l'arbitrarieta' di a quest'ultima relazione e' valida sse risulta
n=3
Pertanto abbiamo:
$P-3a=a^2+a+1-3a=(a-1)^2$
Mi scuso preventivamente se avessi scritto sciocchezze.
Al contempo ringrazio Bruno per gli apprezzamenti,sicuramente ben oltre
i miei effettivi meriti,che mi ha voluto fare e saluto lui e tutti gli amici
di questo splendido Forum.
karl

Altroché bislacca, Karl!
Il risultato è proprio quello
A presto!

Ciao Karl, contraccambio i saluti: sei forte papà!