Somme di cubi che sono quarte potenze

[Erasmus_First]

Sia ${S_n}$ la successione così definita (per ricorrenza):
$S_0 = 0$; $∀n ∈NN$ $S_(n+1)= S_n + (n+1)^3$.
Trovare la successione ${n_k}$ degli indici $n$ per i quali $S_n$ è la quarta potenza di un intero.

Ovviamente $S_n$ è la successione delle ridotte della serie dei cubi dei naturali:
$S_n = 0 + 1 + 8 + 27 + ... +n^3$.
I primi due termini della richiesta successione ${n_k}$ sono ovviamente 0 e 1, dato che:
$S_0 = 0 = 0^4$; $S_1 = 0 + 1^3 = 1 = 1^4$.
Un termine della richiesta successione di indici è anche 8 perché
$S_8 = 1 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 5^3 + 6^3 + 7^3 + 8^3 = 1296 = 6^4$.

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[Pachisi]

Forse può essere utile:

Ricordiamo che $1^3+2^3+...+n^3=((n(n+1))/2)^2$. Dunque, dobbiamo trovare le soluzioni positive intere di $((n(n+1))/2)^2=k^4$. Ossia, $(n(n+1))/2=k^2$. Semplificando (spero bene), viene $(2n+1)^2-8k^2=1$. Ponendo $2n+1=a$ e $4k^2=b$, abbiamo $a^2-2b^2=1$, che è un'equazione di Pell. Dunque, tutte le soluzioni sono date dalle soluzioni intere di questa equazione di Pell.

[orsoulx]

Spero che ti basti una soluzione ricorsiva, che non ho voglia di fare calcoli:

$ a_0=0; a_1=1; a_{k+1}=2a_k+a_{k-1} $
$n_k=2a_k^2 $ se $ k $ è pari; $ n_k=2a_k^2-1 $ se è dispari.
Ricavati dalle terne pitagoriche 'quasi' isosceli (con i cateti che differiscono di 1).

Ciao
B.

[Erasmus_First]

"Pachisi":
Ricordiamo che $1^3+2^3+...+n^3=((n(n+1))/2)^2$. Dunque, dobbiamo trovare le soluzioni positive intere di $((n(n+1))/2)^2=k^4$. Ossia, $(n(n+1))/2=k^2$. Semplificando (spero bene), viene $(2n+1)^2-8k^2=1$.

Sì. Occorre cercare i k per i quali $sqrt(8k^2 + 1)$ è intero.

"Pachisi": Ponendo $2n+1=a$ e $4k^2=b$, abbiamo $a^2-2b^2=1$, che è un'equazione di Pell.

Non ti seguo! Non so cosa siano le "equazioni di Pell" che tu evochi!

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[Pachisi]

Sono equazioni diofantee della forma $x^2-dy^2=1$ dove $d$ è un intero positivo (non quadrato perfetto).
Nel nostro caso, $b_{t+2}=6b_{t+1}-b_t$ con $b_0=0, b_1=2$. Usando la sostituzione $4k^2=b$, troviamo tutti valori di $k$.
Scusa per la confusione, ma vado un po` di fretta.

[Erasmus_First]

"orsoulx":$ a_0=0; a_1=1; a_{k+1}=2a_k+a_{k-1} $
$n_k=2a_k^2 $ se $ k $ è pari; $ n_k=2a_k^2-1 $ se è dispari.

Ma non ho capito che razza di percorso logico hai fatto!
I primi termini della tua successione ${a_k}$ sono:
0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 985,...
Quelli della tua seconda successione vengono allora
0, 1, 8, 49, 288, 1681, 9800,57121,...
e sono effettivamente quelli della richiesta successione ${n_k}$.

"orsoulx": Ricavati dalle terne pitagoriche 'quasi' isosceli (con i cateti che differiscono di 1)

Queste sono (iniziando dalla terna degenere $T_0$ = [0, 1, 1]):
[0, 1, 1]; [3, 4, 5]; [20, 21, 29]; [119, 120, 169]; [696, 697, 985]; ---
Come vettori tridimensionali sono la progressione geometrica
$T_r = T_0 · M^r$ (per ogni $r$ naturale).
dove $T_0 = [0, 1, 1]$ ed $M$ è la matrice (quadrata simmetrica):
!2, 1, 2|
|1, 2, 2|.
|2, 2, 3|
Vedo che nella tua prima successione ${a_k}$ i termini per k dispari– diciamo k = 2r + 1 – sono le "ipotenuse" delle dette terne pitagoriche $T_r$.
Ma i termini di indice pari (e quelli della tua seconda successione)... in che relazione stanno con le dette terne pitagoriche?
[La tua spiegazione mi risulta alquanto sibillina!]
E' però vero che, tanto le componenti delle terne pitagoriche con differenza costante tra i cateti quanto gli indici n richiesti dal quiz (e termini della tua seconda successione) (e pure le due successioni ${a_(2k)}$ e ${a_(2k+1)}$ dei termini rispettivamente di indice pari e dispari della tua ${a_k}$) verificano la medesima legge di ricorrenza:
$ y_(n+3) = 7·y_(n+2) – 7·y_(n+1) + y_n$.
Ossia: hanno polinomio caratteristico
$P_3(x) = x^3 - 7·x^2 + 7·x – 1 = (x -1)(x^2 -6x +1) =$
$= (x – 1)·[x – (3 + 2sqrt2)]·[x – (3 - 2sqrt2)]$.
Pertanto, il termine corrente delle succession delle componenti di ${T_r}$ e delle successioni ${a_(2k)}$, ${a_(2k+1)$ e ${n_k}$ espresso in funzione dell'indice è del tipo:
$y(k) = A + B·(3 + 2sqrt2)^k + C·(3 - 2sqrt(2)^k$.
Per la richiesta successione ${n_k}$ le costanti (A, B, C) valgono rispettivamente ($-1/2$, $1/4$, $1/4$).
In definitiva essa risulta:
$n_k =((3+2sqrt2)^k + (3 - 2sqrt2)^k)/4 - 1/2$.

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[orsoulx]

"Erasmus_First":Ma i termini di indice pari (e quelli della tua seconda successione)... in che relazione stanno con le dette terne pitagoriche?

Entrambi, quando eravamo piccoli, abbiamo giocato con le terne pitagoriche. Credo lo abbiano fatto quasi tutte le persone che si divertono con la matematica.
La differenza, ne abbiamo già parlato, è nell'approccio: tu preferisci le terne esplicitate, io i loro generatori (ebbene sì: son taccagno).
La prima successione è quella dei generatori delle terne pitagoriche con cateti che differiscono di 1. Se prendi 2 termini successivi, es. $ 5 $ e $ 12 $, allora $ (2 \cdot 5 \cdot 12, 12^2-5^2, 12^2+5^2)=(120,119,169) $ è la terna corrispondente.
Si dimostra rapidamente che, nella k-esima di queste terne, la somma dell'ipotenusa con il cateto minore è l'$ n_k $ che vai cercando (il semiperimetro è la base del quadrato corrispondente).
Quando il cateto minore è quello dispari la somma in questione è il doppio del quadrato del generatore maggiore, viceversa, quando è quello pari occorre togliere ancora 1.
Grazie per aver sviluppato tutti i calcoli che ieri sera non avevo voglia di fare (nell'ultima espressione, durante la copiatura, hai invertito il segno centrale a numeratore).
Dunque, volendo semplificare ancora, $ n_k $ non è altro che la parte intera di $ {(3+ 2 \sqrt 2)^k}/4 $.

Ciao
B.

[Erasmus_First]

"orsoulx":[...] nell'ultima espressione [...] hai invertito il segno centrale a numeratoreB.

Grazie della segnalazione. E' un brutto "errore di sbaglio".
[Sono andato a correggerlo].
E dire che ero in dubbio se far uso o no del coseno iperbolico in quell'espressione!.

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