Sem duvidas eh mais simples! Mais simples ainda eh: n = (2k^2+1)^2 - 1 = (2k^2)^2 + 2*(2k^2) + 1 - 1 = (2k^2)^2 + (2k)^2 n + 1 = (2k^2+1)^2 + 0^2 n + 2 = (2k^2 + 1)^2 + 1^2 apesar de uma certa inspiracao ser necessaria pra se chegar a (2k^2+1)^2...
Permanece o problema de se determinar todas as tais triplas. Como aquela condicao dos primos 4k+3 terem expoente par eh do tipo SE E SOMENTE SE, eh bem provavel que o caminho seja atraves dela, apesar da aparente diversidade de casos, tais como: 8, 9, 10 = 4+4, 9+0, 9+1 = 2^3, 3^2, 2*5 16, 17, 18 = 16+0, 16+1, 9+9 = 2^4, 17, 2*3^2 72, 73, 74 = 36+36, 64+9, 49+25 = 2^3*3^2, 73, 2*37 []s, Claudio. on 19.10.04 00:09, Marcio Cohen at [EMAIL PROTECTED] wrote: > Bom, acho que tem uma solucao mais simples, mas o que eu estou pensando > parece passar longe de exibir todas as solu��es. > Comece com uma solu��o qualquer diferente de (0, 1, 2). Por exemplo, > 8,9,10 = (2^2+2^2, 3^2+0^2, 3^2+1^2) > Agora, dada uma solu��o n,n+1,n+2, considere a tripla (n^2 + 2n, n^2 + 2n > + 1, n^2 + 2n +2) = (n(n+2), (n+1)^2+0^2, (n+1)^2 + 1^2) > (estou usando que se n e n+2 sao soma de dois quadrados de inteiros, > entao n(n+2) tambem eh!). > Note que n^2+2n > n, de forma que as triplas s�o todas distintas. > []s > Marcio > > ----- Original Message ----- > From: "Claudio Buffara" <[EMAIL PROTECTED]> > To: "Lista OBM" <[EMAIL PROTECTED]> > Sent: Monday, October 18, 2004 10:55 AM > Subject: [obm-l] Somas de Quadrados e Raizes Primitivas > > >> Aqui vao dois que estao me dando uma canseira: >> >> 1. Mostre que existe uma infinidade de inteiros n tais que n, n+1 e n+2 > sao >> todos somas de dois quadrados de inteiros. >> >> 2. Suponha que p = 2^n + 1 seja um primo maior do que 3. Prove que 3 eh > uma >> raiz primitiva mod p. >> >> No primeiro, eu usei o fato de que um inteiro positivo eh soma de dois >> quadrados de inteiros se e somente se qualquer primo da forma 4k+3 aparece >> na decomposicao desse inteiro com expoente par. >> >> Isso significa que n tem que ser multiplo de 4, pois qualquer outra > hipotese >> vai resultar em um dos tres inteiros sendo da forma 4k+3, indicando a >> presenca de um primo dessa forma elevado a expoente impar. >> >> Sabendo disso, minha unica ideia foi buscar uma solucao em que n eh o >> quadrado de um inteiro par. Isso resultou em: >> n = 4y^2 + 0^2 >> n+1 = 4y^2 + 1^2 >> n+2 = 4y^2 + 2. >> Forcando n+2 a ser da forma x^2 + x^2, teremos: >> 4y^2 + 2 = x^2 + x^2 ==> x^2 - 2y^2 = 1 ==> equacao de Pell, com infinitas >> solucoes, o que resolve o problema. >> >> No entanto, eu acho que deve haver uma solucao mais simples. >> Alem disso nem todas as solucoes do prolema original sao da forma. acima. >> Por exemplo: >> 72 = 6^2 + 6^2 >> 73 = 8^2 + 3^2 >> 74 = 7^2 + 5^2. >> Serah que eh possivel achar todas as solucoes? >> >> ***** >> >> No segundo, eh facil ver que n tem que ser da forma 2^m com m inteiro >> positivo, mas isso foi tudo que eu consegui. >> >> []s, >> Claudio. >> > ========================================================================= Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================
