Άθροισμα τετραγώνων

#1

Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειροι ακέραιοι αριθμοί n,a,b

τέτοιοι ώστε

n(n+1)(n+2)(n+3)=a^2+b^2

.

(Marian Tetiva)

Φιλικά,

Αχιλλέας

#2

Ενδιαφέρον.

Γνωρίζουμε ότι η εξίσωση Pell x^2 - 2y^2 = 1

έχει άπειρες λύσεις. Πρέπει επίσης

περιττός, οπότε $x^2 \equiv 1 \bmod 4$ , άρα $2y^2 \equiv 0 \bmod 4$ επομένως y = 2z

άρτιος.

Θέτω τώρα n = 24z^2-1

όπου

μια λύση της πιο πάνω εξίσωσης και παρατηρώ ότι

$\begin{aligned} P &= (n+1)(n+2)(n+3)(n+4) \\ &= 24z^2(24z^2+1)(24z^2+2)(24z^2+3) \\ &= (12z)^2 (24z^2+1)(12z^2 + 1)(8z^2+1) \\ &= (12z)^2(x^2 + (4z)^2)(x^2 + (2z)^2)x^2 \end{aligned}$

Άρα το

είναι γινόμενο αριθμών που γράφονται ως άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων. Είναι γνωστό όμως πως ένα γινόμενο αριθμών που γράφονται ως άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων γράφεται και αυτό ως άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων. (*) Οπότε τελειώσαμε.

(*) Αποδεικνύεται χρησιμοποιώντας την ταυτότητα (a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac+bd)^2 + (ad-bc)^2

.

#3

Καλημέρα σας!

Πρόκειται για το πρόβλημα 2027 του Mathematics Magazine. Μια λύση στο πρόβλημα δημοσιεύθηκε στο τεύχος Οκτωβρίου 2018. Μετά την ωραία λύση του Δημήτρη, γράφω αυτή που είχα στείλει στο περιοδικό.

****************************************
Λύση. Παρατηρούμε ότι n(n+1)(n+2)(n+3)=n(n+3)(n+1)(n+2)

, οπότε

$\displaystyle n(n+1)(n+2)(n+3)=(n^2+3n)(n^2+3n+2)=(n^2+3n+1)^2-1.$

Αφού

$\displaystyle (2m^2+1)^2-1=(2m)^2+(2m^2)^2$

αρκεί να βρούμε άπειρες ακέραιες λύσεις (m,n)

στην εξίσωση

$\displaystyle 2m^2=n^2+3n.$ (1)

Θεωρούμε την ακολουθία ακεραίων (x_n)

που ορίζεται αναδρομικά x_1=3

,

και

$\displaystyle x_{n+2}=6x_{n+1}-x_n,$

για κάθε $n\geq 1.$ Η χαρακτηριστική εξίσωση της είναι x^2-6x+1=0

με ρίζες $p=3+2\sqrt{2}$ και $q=3-2\sqrt{2}$ . Έτσι, μπορούμε να δείξουμε εύκολα ότι

$\displaystyle x_n=\dfrac{3}{4\sqrt{2}}\left(p^n-q^n\right)$ (2)

για όλα τα $n\geq 1.$ Ομοίως, για την ακολουθία των ακεραίων (y_n)

η οποία ορίζεται αναδρομικά με y_1=3

,

και

$\displaystyle y_{n+2}=6y_{n+1}-y_n+6,$

για $n\geq 1,$ μπορούμε εύκολα να δείξουμε ότι

$\displaystyle y_n+\frac{3}{2}=\dfrac{3}{4}\left(p^n+q^n\right)$ (3)

για κάθε $n\geq 1.$ Αφού pq=1

, υψώνοντας στο τετράγωνο τις (2) και (3) παίρνουμε

$\displaystyle \begin{aligned} y_n^2+3y_n&=\left(y_n+\frac{3}{2}\right)^2-\frac{9}{4}\\ &=\frac{9}{16}\left(p^{2n}+q^{2n}+2\right)-\frac{9}{4}\\ &=\frac{9}{16}\left(p^{2n}+q^{2n}-2\right)\\ &=2x_n^2.\\ \end{aligned}$

Επονένως, η εξίσωση (1) έχει άπειρες ακέραιες λύσεις (m,n)=(x_k,y_k)

$(k\geq 1),$ άρα και η αρχική έχει άπειρες ακέραιες λύσεις, τις (a,b,n)=(2x_k,2x_k^2,y_k)

$(k\geq 1).$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Άθροισμα τετραγώνων

Άθροισμα τετραγώνων

Re: Άθροισμα τετραγώνων

Re: Άθροισμα τετραγώνων

Μέλη σε σύνδεση