Tra i quadrati.

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

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Bruno
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Tra i quadrati.

Messaggio da Bruno »

Questo post mi ha stuzzicato un po' :D

Infiniti quadrati sono rappresentabili mediante un prodotto di quattro numeri naturali distinti; se poniamo certe condizioni sui quattro fattori, il discorso non diventa però altrettanto evidente.

Per esempio, si può scoprire che esistono infinite coppie (n, k) tali che:

(n - k)·(n + 3·k)·(n + 5·k)·(n - 7·k) =

con n, k ∊ .
(Bruno)

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Quelo
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Re: Tra i quadrati.

Messaggio da Quelo »

Escludendo $n=k$ e $n=7k$, che danno 0, una soluzione banale è $k=3n$ da cui

$\displaystyle (n-k)(n+3k)(n+5k)(n-7k) = 6400\,n^4 = (80\,n^2)^2$

ma ce ne sono altre come $\displaystyle k=\frac{13}{10}n$ e $n=13\,k$, rispettivamente $\displaystyle \left ( \frac{189}{20}n^2\right)^2$ e $(144\,k^2)^2$

Da ulteriori indagini emerge anche $\displaystyle n=\frac{92}{11}k \Rightarrow \left ( \frac{4725}{121}k^2\right)^2$

Ora facciamo qualche ragionamento.

Poniamo $n=ak$

$\displaystyle (ak-k)(ak+3k)(ak+5k)(ak-7k) = (a^4-42a^2-64a+105)k^4$

$\displaystyle (a^4-42a^2+441)=(a^2-21)^2$ quindi $-64a+105=441$ è una potenziale soluzione

$\displaystyle n=-\frac{21}{4}k \Rightarrow \left ( \frac{105}{16}k^2\right)^2$
Il risultato però non è accettabile perché uno dei due elementi è negativo

Proviamo allora con numeri maggiori di 21, cioè $\displaystyle (a^4-2(21+j)a^2+(21+j)^2)=(a^2-(21+j))^2$

per i quali avremo $\displaystyle (2j)a^2-64a+105=(21+j)^2$

Le prime soluzioni utili sono per $j=4$ cioè $\displaystyle 8a^2-64a+105=625$ le cui soluzioni sono -5 e 13 (quelle precedenti sono irrazionali)

Il risultato successivo si trova per j=28, a=7 e a seguire j=88, a=92/11

Un ragionamento analogo si dovrebbe poter applicare anche per $k=an$

++++++++++++++++++++++++

E in effetti si può

$\displaystyle (n-an)(n+3an)(n+5an)(n-7an) = (105a^4-64a^3-42a+1)n^4$

riscriviamo come $\displaystyle [(ja^2)^2-2ja^2+1+(105-j^2)a^4-64a^3-(42-2j)a^2]n^4$

dovrà essere $\displaystyle (105-j^2)a^4-64a^3-(42-2j)a^2=0$

a parte l'ovvia soluzione a=0, dividiamo per $a^2$ e con j tra 1 e 9 otteniamo:
j=1, a=1
j=5, a=13/10
j=9, a=3
[Sergio]

Bruno
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Re: Tra i quadrati.

Messaggio da Bruno »

Sergio, l'idea originaria parte da un prodotto di quattro numeri naturali distinti. Successivamente ho proposto dei vincoli su quei fattori, vincoli che li mantengono interi e positivi.

k = 3·n per (k - n)·(n + 3·k)·(n + 5·k)·(7·k - n)
e
n = 13·k per (n - k)·(n + 3·k)·(n + 5·k)·(n - 7·k)
sono soluzioni ottime, ma non sono le sole ;)
(Bruno)

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Quelo
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Re: Tra i quadrati.

Messaggio da Quelo »

$\displaystyle n=\frac{92}{11}k$ con $k$ multiplo di $11$ è una soluzione che produce interi positivi per $(n−k)(n+3k)(n+5k)(n−7k)$ , es:

$n=92, k=11 \Rightarrow 81\cdot125\cdot147\cdot15=22325625=4725^2$

mentre $\displaystyle k=\frac{13}{10}n$ con $n$ multiplo di $10$ è una soluzione che produce interi positivi per $(k−n)(n+3k)(n+5k)(7k-n)$ , es:

$k=13, n=10 \Rightarrow 3\cdot49\cdot75\cdot81=893025=945^2$

Altre soluzioni non ne ho trovate
[Sergio]

Bruno
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Re: Tra i quadrati.

Messaggio da Bruno »

In buona sostanza, Sergio, togliendo di mezzo le frazioni che confondono e non sono veramente d'aiuto, il quadro delle soluzioni mi sembra questo:

k = 3·n per (k - n)·(n + 3·k)·(n + 5·k)·(7·k - n), che porta a (80·n²)²;
k = 13·t ed n = 10·t per (k - n)·(n + 3·k)·(n + 5·k)·(7·k - n), che porta a (945·t²)²;
n = 13·k per (n - k)·(n + 3·k)·(n + 5·k)·(n - 7·k), che porta a (12·k)⁴;
n = 92·t e k = 11·t per (n - k)·(n + 3·k)·(n + 5·k)·(n - 7·k), che porta a (4725·t²)².

Neanch'io ho trovato altre risposte, nemmeno con MAGMA, però il problema mi ha divertito :wink:
(Bruno)

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