$n$ perfetto

[zimmerusky]

Determinare il più piccolo numero $n$ di 3 cifre tale che la quantità:

$((n),(14))\cdot((n),(15))\cdot((n),(16))\cdot((n),(17))$

sia un quadrato perfetto.

[axpgn]

Mah, ho fatto un ragionamento che mi sembra corretto ma non approdo a nulla quindi ... è sbagliato

$ ((n),(14))\cdot((n),(15))\cdot((n),(16))\cdot((n),(17)) = (n!)/(14!(n-14)!)*(n!)/(15!(n-15)!)*(n!)/(16!(n-16)!)*(n!)/(17!(n-17)!)=$

$ = (n(n-1)...(n-13))/(14!)*(n(n-1)...(n-14))/(15!)*(n(n-1)...(n-15))/(16!)*(n(n-1)...(n-16))/(17!)=$

Pongo $N=n(n-1)...(n-13)$ abbiamo $[N/(14!)]^4*[(n-14)^3/15^3]*[(n-15)^2/16^2]*[(n-16)/17]$.

Pongo $Q=N/(14!), k=n-16, k_1=k+1=n-15, k_2=k+2=n-14$ per cui ho $(Q^4*k_2^3*k_1^2*k)/(2^8*3^3*5^3*17)$

Ora, affinché il nostro numero sia un quadrato perfetto, occorre che tutti i suoi fattori primi abbiano esponente pari.

$Q^4$ è già a posto così quindi mi concentro sul resto.

Il numeratore deve avere una quantità dispari di $17$ per giungere al nostro scopo, perciò ce ne deve essere uno e uno solo in $k$ o $k_2$.
Lo stesso vale per il $5$ e più precisamente o c'è un solo $5$ in $k_2$ oppure ci sono tre $5$ in $k$ o in $k_2$.
Da queste premesse, rimangono solo una ventina di numeri di tre cifre da verificare ma per un motivo o per l'altro, le scomposizioni in fattori primi che faccio mi portano sempre a qualche fattore con esponente dispari.

Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Il mio ragionamento è più o meno simile, anche se ad un certo punto stavo procedendo diversamente, ma non so se è corretto quello che ho pensato.

Quando arrivi a questo punto:

"axpgn":

Pongo $ Q=N/(14!), k=n-16, k_1=k+1=n-15, k_2=k+2=n-14 $ per cui ho $ (Q^4*k_2^3*k_1^2*k)/(2^8*3^3*5^3*17) $

E' giusto eliminare tutti i fattori, da numeratore e denominatore che presentano già un esponente pari, in modo tale da restare con $\frac {(n-14)(n-16)}{15 \cdot 17}$ e cercare un $n$ tale che solo questo sia un quadrato perfetto?

[axpgn]

Secondo me, no. Perché potresti non avere sufficienti $2$ al numeratore.
Peraltro, basta meno, nel senso che devi verificare praticamente solo il $17$ e il $5$ (una ventina di numeri); un solo caso di questi ha passato questa verifica, peccato che non ci fossero $3$

A proposito, tu hai la soluzione? Esiste questo numero?

Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Il problema è un po' più ostico di quello che pensavo, almeno per me.

Metto la soluzione in spoiler

526

[axpgn]

Adesso ho capito il mio errore

Prima ho scritto che il numero con un solo $5$ poteva essere solo $k_2$ perché se fosse stato in $k$ non si sarebbe compensato con $5^3$ al denominatore mentre invece il rimanente $5^2$ si sarebbe potuto compensare con i $5$ in eccesso in $Q$.
La cosa buffa è che inizialmente avevo tenuto conto di questo fatto ma poi l'ho abbandonato probabilmente nell'ansia di ridurre i numeri da verificare (che invece, peraltro, sarebbero solo raddoppiati, una quarantina, poi magari rifaccio i conti)
Il paradosso è che, comunque, 'sto fatto l'avevo tenuto ancora valido per il $3$

Cordialmente, Alex

[axpgn]

"axpgn":... (che invece, peraltro, sarebbero solo raddoppiati, una quarantina, poi magari rifaccio i conti)

Rifatto i conti, sono solo $26$ ...


Cordialmente, Alex

[hydro1]

"zimmerusky":

E' giusto eliminare tutti i fattori, da numeratore e denominatore che presentano già un esponente pari, in modo tale da restare con $\frac {(n-14)(n-16)}{15 \cdot 17}$ e cercare un $n$ tale che solo questo sia un quadrato perfetto?

Certo, perchè dovrebbe essere sbagliato?

"axpgn":[quote="axpgn"]... (che invece, peraltro, sarebbero solo raddoppiati, una quarantina, poi magari rifaccio i conti)

Rifatto i conti, sono solo $ 26 $ ...


Cordialmente, Alex[/quote]

In realtà ti basta controllarne meno: affinchè \((n-14)(n-16)/(15\cdot 17)\) sia un quadrato perfetto hai bisogno che esattamente uno tra $n-14$ e $n-16$ sia: un multiplo di 4, un multiplo di 3, un multiplo di 5, un multiplo di 17. Questo ti da 16 sistemi di congruenze, di cui 2 li puoi escludere perchè nessuna delle due quantità può essere un multiplo di $4\cdot 3\cdot 5\cdot 17=1020$. Hai 14 sistemi che determinano 14 interi tra $0$ e $1020$, quindi devi provare 14 numeri.

[axpgn]

"hydro":Certo, perchè dovrebbe essere sbagliato?

E chi ti garantisce, a priori, che nella restante parte ci siano $2$ sufficienti ad "annullare" gli otto $2$ del denominatore ($2^8*3^3*5^3*17$)? Inoltre, non è detto che, per esempio, che i tre $3$ presenti nel denominatore si semplifichino in quel numeratore "semplificato" (che poi è quello che succede al $5$ della soluzione).

"hydro": Hai 14 sistemi che determinano 14 interi tra $ 0 $ e $ 1020 $, quindi devi provare 14 numeri.

Premesso che i $26$ numeri a cui mi riferisco sono quelli rimasti dopo le premesse che ho fatto (e che peraltro non si devono controllare tutti perché ti fermi al primo che trovi), a quel punto non ho necessità di ridurre il campo da analizzare perché la scomposizione in fattori dei numeri rimasti è veloce (ovvero perderei più tempo a pensare come ridurli che a controllarli)

Cordialmente, Alex

[hydro1]

"axpgn":[quote="hydro"]Certo, perchè dovrebbe essere sbagliato?

E chi ti garantisce, a priori, che nella restante parte ci siano $ 2 $ sufficienti ad "annullare" gli otto $ 2 $ del denominatore ($ 2^8*3^3*5^3*17 $)? Inoltre, non è detto che, per esempio, che i tre $ 3 $ presenti nel denominatore si semplifichino in quel numeratore "semplificato" (che poi è quello che succede al $ 5 $ della soluzione).
[/quote]

$ ((n),(14))\cdot((n),(15))\cdot((n),(16))\cdot((n),(17)) =$

$$=\frac{n(n-1)\ldots (n-13)}{14!}\cdot\frac{n(n-1)\ldots (n-14)}{15!}\cdot\frac{n(n-1)\ldots (n-15)}{16!}\cdot\frac{n(n-1)\ldots (n-16)}{17!}=$$
$$=\left(\frac{n(n-1)\ldots(n-13)}{14!}\right)^4\cdot\frac{(n-14)^3(n-15)^2(n-16)}{15^3\cdot 16^2\cdot 17}=p(n)^2\frac{(n-14)(n-16)}{15\cdot 17}$$
dove $p(x)$ è un polinomio a coefficienti razionali. Ergo affinchè quell'espressione sia un quadrato è necessario che \(\frac{(n-14)(n-16)}{15\cdot 17}\) sia un quadrato.

Che poi al solito è un problema che si riduce ad un'equazione di Pell: se $(n-14)(n-16)=15\cdot 17\cdot m^2$ se chiami $r=n-15$ hai che $r^2-15\cdot 17\cdot m^2=1$, che si risolve con il solito metodo delle frazioni continue.

[zimmerusky]

Adesso è chiaro, si. Non ero riuscito ad arrivare a questo:

"hydro":

\[ =\frac{n(n-1)\ldots (n-13)}{14!}\cdot\frac{n(n-1)\ldots (n-14)}{15!}\cdot\frac{n(n-1)\ldots (n-15)}{16!}\cdot\frac{n(n-1)\ldots (n-16)}{17!}= \]
\[ =\left(\frac{n(n-1)\ldots(n-13)}{14!}\right)^4\cdot\frac{(n-14)^3(n-15)^2(n-16)}{15^3\cdot 16^2\cdot 17}=p(n)^2\frac{(n-14)(n-16)}{15\cdot 17} \]

Perchè come ha osservato axpgn non avevo dimostrato che effettivamente si annullassero tutti i termini del denominatore nel mio ragionamento.

Seguendo quanto ha scritto hydro la soluzione non è nemmeno troppo complicata, il problema è arrivarci

Bella soluzione comunque