Re: [obm-l] Somas de Quadrados e Raizes Primitivas

[Claudio Buffara <claudio.buffara@xxxxxxxxxxxx>]

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 marciocohen@superig.com.br wrote:

> Bom, acho que tem uma solucao mais simples, mas o que eu estou pensando
> parece passar longe de exibir todas as soluções.
> Comece com uma solução 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 solução 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 são todas distintas.
> []s
> Marcio
> 
> ----- Original Message -----
> From: "Claudio Buffara" <claudio.buffara@terra.com.br>
> To: "Lista OBM" <obm-l@mat.puc-rio.br>
> 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.
>> 
>


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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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