$(p+1)/2, (p^2+1)/2$ quadrati perfetti
Dimostrare che l'unico numero primo $p$ tale che $(p+1)/2$ e $(p^2+1)/2$ sono entrambi quadrati perfetti è $p=7$.
Risposte
Ho qualcosa, ma non sono sicuro al 100%
@ Pachisi

Te l'ho detto un'altra volta: SEI FORTE!
Il tuo "qualcosa" è tutto!
Avevo messo n (intero) al posto del tuo x ed m (intero) al posto del tuo y e avevo meditato a lungo sull'uguaglianza
$2n^2(n^2-1) +1 = m^2$
senza venir a capo di niente!
[Ho anche provato a crescere n di un'unità alla volta (partendo da n=2) per sperimentare se davvero non si riusciva a trovare altri quadrati perfetti oltre a 25 (per n = 2).
Quel che mi mancava (cioè: che non conoscevo affatto!) era che il prodotto di quattro interi consecutivi aumentato di un'unità è un quadrato perfetto.
(*)
Come diceva Vecioric, non si finisce mai di imparare (ed io vado per gli 80 ...
)
–––––––––––
(*) Verifica.
$[n(n+1)(n+2)(n+3)] + 1 = n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n + 1$.
Trattandosi di polinomio simmetrico di 4° grado.esso deve essere del tipo:
$(n^2 + αn + 1)(n^2 + βn +1) = n^4 + (α+β)n^3 + (αβ+2)n^2 + (α+β)n + 1$.
Ne nostro caso deve allora essere $α+β = 6$ e $αβ+2 = 11$, da cui $α=β = 3$ e infine
$[n·(n+1)(n+2)(m+3)] + 1 = n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n + 1 = (n^2 + 3n +1)^2$.
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Te l'ho detto un'altra volta: SEI FORTE!
"Pachisi":
Ho qualcosa, ma non sono sicuro al 100%
Il tuo "qualcosa" è tutto!
Avevo messo n (intero) al posto del tuo x ed m (intero) al posto del tuo y e avevo meditato a lungo sull'uguaglianza
$2n^2(n^2-1) +1 = m^2$
senza venir a capo di niente!
[Ho anche provato a crescere n di un'unità alla volta (partendo da n=2) per sperimentare se davvero non si riusciva a trovare altri quadrati perfetti oltre a 25 (per n = 2).
Quel che mi mancava (cioè: che non conoscevo affatto!) era che il prodotto di quattro interi consecutivi aumentato di un'unità è un quadrato perfetto.

Come diceva Vecioric, non si finisce mai di imparare (ed io vado per gli 80 ...

–––––––––––
(*) Verifica.
$[n(n+1)(n+2)(n+3)] + 1 = n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n + 1$.
Trattandosi di polinomio simmetrico di 4° grado.esso deve essere del tipo:
$(n^2 + αn + 1)(n^2 + βn +1) = n^4 + (α+β)n^3 + (αβ+2)n^2 + (α+β)n + 1$.
Ne nostro caso deve allora essere $α+β = 6$ e $αβ+2 = 11$, da cui $α=β = 3$ e infine
$[n·(n+1)(n+2)(m+3)] + 1 = n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n + 1 = (n^2 + 3n +1)^2$.
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Non mi è chiaro il passaggio che fai quando dici "Quindi,". Che trucco hai usato?

Il trucco dopo il "quindi" è la divisione per 2.
Direi che indubbi di Pachisi sono giustificati: vedo un punto non corretto e un altro (collegato al primo ), per lo meno, da chiarire
Direi che indubbi di Pachisi sono giustificati: vedo un punto non corretto e un altro (collegato al primo ), per lo meno, da chiarire
@Erasmus_First: Grazie per il complimento
Quali sono?

"sprmnt21":
vedo un punto non corretto e un altro (collegato al primo ), per lo meno, da chiarire
Quali sono?
Scrivo dal telefono quindi sarà... Un pò così...
Il punto è che dal fatto vero che il prodotto di 4 interi consecutivi +1 sia un quadrato, nonsegue, ingenerare, il viceversa.
Se questo risultasse vero nel casospecifico indiscusssione deve essere provato con argomenti specifici, appunto.
L'osservazione accessoria è questa: se anche fosse vero che il quadrato di unnumro diminuito di 1, fosse esprimerle come prodotto di 4 interi consecutivi, andrebbe provato che siano solo i 4 numeri x-1, x, x+1, x+2.
Il punto è che dal fatto vero che il prodotto di 4 interi consecutivi +1 sia un quadrato, nonsegue, ingenerare, il viceversa.
Se questo risultasse vero nel casospecifico indiscusssione deve essere provato con argomenti specifici, appunto.
L'osservazione accessoria è questa: se anche fosse vero che il quadrato di unnumro diminuito di 1, fosse esprimerle come prodotto di 4 interi consecutivi, andrebbe provato che siano solo i 4 numeri x-1, x, x+1, x+2.
Hai ragione. Non ci avevo pensato.
"Pachisi":
Hai ragione. Non ci avevo pensato.
Secondo me, quel che ha detto Pachisi ... è completo.
[avevo detto che il "qualcosa" era TUTTO!

Io ho manipolato il polinomio
$P(n) = 2n^4 – 2n^2 + 1$
come segue
$P(n)= (2n)/(n+2)≤{[(n-1)n(n+1)(n+2) + 1]-1}+1$.
Dentro a questa espressione, (n-1)n(n+1)(n+2) + 1 è il quadrato dll'intero $n^2+n - 1$. Diciamolo $k^2$.
Con questa sostituzione abbiamo:
$(2n)/(n+2)k^2 – (2n)/(n+2) + 1 = (2n)/(n+2)k^2 – (n-2)/(n+2) = k^2 + (n-2)/(n+2)(k^2 -1) =$
$= (n^2 + n - 1)^2 + (n^2-n-1)^2 - 1$.
Qui mi pare chiaro che per n maggiore di 2 l'espressione non può essere il quadrato di un intero.
Mi piacerebbe leggere un parere di Rigel o di Orsoulx.
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Non è vero in generale che posso scrivere numeri della forma $a^2-1$ come prodotto di quattro numeri consecutivi (contro-es. $7^2-1$),inoltre la soluzione,a differenza di quella di sprmnt21 non fa uso del fatto che $p$ sia un primo, ipotesi cruciale.
"dan95":
...noltre la soluzione,a differenza di quella di sprmnt21 non fa uso del fatto che $p$ sia un primo, ipotesi cruciale.
avevo notato questa "mancanza", ma prima di farla notare volevo trovare un controesempio.
Tu hai trovato un numero maggiore di 7 (dispari non primo evidentemente) che soddisfi alle condizioni date?
"dan95":OK. Ma perché lo dici qui?
Non è vero in generale che posso scrivere numeri della forma $a^2-1$ come prodotto di quattro numeri consecutivi (contro-es. $7^2-1$).
Nessuno ha detto che solo il prodotto di quattro interi consecutivi fa un quadrato perfetto diminuito di un'unità.
In questo caso, in cui $4n^4 - 4n^2 +1$ deve essere il quadrato di un intero, se è n = 2 ci siamo (perché allora 2n = n+2), se no non ci siamo non perché quell'espressione non è più il prodotto di quattro interi consecutivci aumentato di 1, ma perché risulta la somma di due quadrati particolari diminuita di 1 (che resta un quadrato solo se il quadrato più piccolo è proprio 1, ossia se è n = 2).
Infatti $2n^4 - 2n^2 + 1 = (n^2 - n - 1)^2 + (n^2 + n - 1)^2 - 1$
Se si pone $n^2 + n - 1$ = 2h-1$ e $n^2 . n - 1$ = 2k-1$ (con h e k interi positivi) si trova $h = ((n-1)n)/2$ e $k = (n(n+1))/2$.
Occorre dunque che $(2h-1)^2 + (2k-1)^2 - 1$ sia un quadrato perfetto con h e k numeri triangolari consecutivi. E questo succede solo per h = 1 e k = 3 (cioè per n = 2).
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La dimostrazione di sprmnt21 mi sembra corretta. Io avevo fatto così: