Saranno mai dei cubi?

[Br1]

Trovare tutti i cubi perfetti fra i numeri
con la forma seguente:

$n^{\small 3}-15n^{\small 2}+215n+615$,

considerando $\, n\in \mathb{N}$.

[mathmum]

Ti dico come ho provato a risovere io (ma non va):

$n^3-15n^2+215n+615=(an+b)^3$

poi ho sviluppato il binomio al secondo membro e uguagliato i coefficienti delle potenze uguali a 1° e 2° membro sfruttando il principio di identità dei polinomi.
Peccato che non funziona.... (in N)

mmh
ciao

(a non-proposito, Br1, non sei tu il mitico illustratore del forum??? guarda gli ultimi post, qualcuno sta cercando proprio te!!!)

[Br1]

a non-proposito, Br1, non sei tu il mitico illustratore del forum???

Macché mitico, Mathmum...
Comunque, sì, ho appena letto l'invito di
Gianfranco e vedo un po' (anch'io) cosa
mi viene in mente (mica semplice, però!).

Il quiz non è particolarmente facile, in
effetti, e a me è servita anche un un po'
di fortuna nella spigolatura delle idee, e
pure un po' di pazienza.
Ma chissà...

[Sancho Panza]

Per dimostrare che esiste una soluzione per n = 7, basta osservare che:

$n^3 - 15n^2 + 215n + 615 = \left( {n + 5} \right)^3 + 10*\left( {n - 7} \right)^2 - 40n*\left( {n - 7} \right)$

Tra n = -100 e n = 100 non ci sono altre soluzioni.

Per n>100 non ho soluzioni in quanto:

$n^3 - 15n^2 + 215n + 615 = \left( {n - 5} \right)^3 + 140n + 740$

e per n>100 vale anche:

$\left( {n - 5} \right)^3 n^3 - 15n^2 + 215n + 615 > \left( {n - 6} \right)^3$


Spero che tutto sia chiaro; purtroppo non ho tempo per spiegarmi meglio

[Br1]

Bene, Sancho.

Forse mi è scappato qualcosa, però, e mi scuso
subito per la domanda che potrebbe apparire
balorda, ma questo fatto:

Tra n = -100 e n = 100 non ci sono altre soluzioni.

come si capisce osservando la tua rielaborazione
algebrica? (:()
Comunque, torno a riguardarci nel pomeriggio, se
riesco.

Intanto, ciao

[Pigreco]

mmh, ho provato a pensarci un po' e anche visto quello che si è detto prima ho provato a fare così:

chiamo $$$p(x)=n^3-15n^2+215n+615$$$

innanzitutto osservo che $$$p(x)17$$$ (basta fare la disequazione)

Poi ho provato a minorare questa quantità e ho trovato dopo un paio di tentativi che $[tex]$$$(n-5)^3 17 la quantità p(x) è tale che $$$(n-5)^3 < p(x)<n^3$$$

a questo punto mi basta verificare se ci sono degli interi per cui vale una delle seguenti uguaglianze:

$p(x)=(n-1)^3$
$p(x)=(n-2)^3$
$p(x)=(n-3)^3$
$p(x)=(n-4)^3$

sono tutte equazioni di secondo grado e non hanno soluzioni intere, per cui mi rimane da verificare i numeri naturali minori di 17, e tra questi trovo che n=7 è una soluzione valida...

Non so se questo è un procedimento corretto...mi "disturba" un po' il fatto di usare sempre n (a naso all'inizio ho scritto sul foglio $$$n^3-15n^2+215n+615=a^3$$$, per evitare di vedere una corrispondenza con n che poi non c'è...)

fatemi sapere!!

PS: scusate per l'assenza ma era tempo di esami!!

bye

[Pasquale]

Dico che il nostro cubo è:

$n^3-15n^2+215n+615=(n+k)^3$

$n^3-15n^2+215n+615=n^3+3kn^2+3k^2n+k^3$

$(3k+15)n^2+(3k^2-215)n+(k^3-615)=0$

$n=\frac {-(3k^2-215)\pm sqrt{(7380k+83125)-(3k^4+60k^3+1290k^2)}}{6k+30}$

deve essere:

$k \neq -5$
$7380k+83125\ge 3k^4+60k^3+1290k^2$, il che è vero per $k\le 8$

Inoltre il Delta deve essere un quadrato perfetto, affinché n sia intero, e testando i pochi valori di k, per cui n sia anche positivo, troviamo che la condizione si verifica solo per k=5, per il quale n=7 e per i quali il nostro unico cubo è $(n+k)^3=(7+5)^3 = 1728$.

[Gianfranco]

Complimenti a tutti,
io ho trovato la soluzione commettendo alcuni "atti impuri" (cioè disprezzabili per i "puristi" della matematica), dopodiché ho cercato di mascherare il tutto dimostrando che la soluzione era quella giusta... con un metodo simile a quello di Pasquale.

Ma vedo che anche voi, questo benedetto n=7 lo tirate fuori dal cappello quasi per magia (o con qualche test).

Perciò chiedo a Bruno: come hai fatto a inventare questo esercizio?

Gianfranco

[Br1]

Perciò chiedo a Bruno: come hai fatto a inventare questo esercizio?

Mi sembra di averlo letto da qualche parte.
Ultimamente, in effetti, mi capita spesso di
inventare le cose che scrivo. A questo, però,
credo che ci abbia pensato qualcun altro
(mi sono limitato a cambiare solo i coefficienti).

Il mio metodo risolutivo è più vicino a quello
di Pigreco.
L'idea è quella di collocare l'espressione fra
due cubi e, con un po' di pazienza, sono
arrivato a stabilire questa limitazione, sempre
valida per l' $n$ indicato:

$(n-5)^{\script 3} \,<\, n^{\script 3}-15n^{\script 2}+215n+615 \, <\, (n+9)^{\script 3}$.

Con un po' di spirito di osservazione e un altro
po' di 'quadratica' pazienza, pertanto, ho
scartato dodici equazioni fra le tredici possibili
del tipo:

$n^{\script 3}-15n^{\script 2}+215n+615 \,= \,(n+h)^{\script 3}$

per $\small \,h\, =\,-4,\, -3,\, \cdot \cdot \cdot,\, 7,\, 8,$ piombando così, in
maniera diretta, sulla soluzione $\small \,n \,=\, 7$.

Con un'altra simile limitazione e lo stesso
metodo, comunque, si può facilmente ampliare
l'unicità della soluzione anche a tutti gli $n$
negativi (come ha fatto Sancho).