$pq-6$, $qr-6$ y $rp-6$ son todos cuadrados perfectos. Demuestra que $p+q+r-9$ también es un cuadrado perfecto.

Question

$p$, $q$ y $r$ son números primos distintos tales que $pq-6$, $qr-6$ y $rp-6$ son todos cuadrados perfectos. Demuestra que $p+q+r-9$ también es un cuadrado perfecto.

Ahora viene una parte donde explico lo que he intentado y concluido hasta ahora. En resumen: nada, excepto que solo un número primo puede ser 2. De hecho, encontrar un ejemplo que funcione resultó ser un desafío. Y esto no es tarea, soy demasiado mayor para eso.

EDITAR: En realidad, resulté ser más listo de lo que pensaba. Supongamos que tenemos tres números primos impares $p,q,r$. En ese caso, al menos dos de ellos son iguales a 1 o 3 (módulo 4). En ambos casos, su producto es igual a 1 (módulo 4). Resta 6 y obtienes 3 (módulo 4). Y tal número no puede ser un cuadrado perfecto.

Entonces al menos un número primo tiene que ser $2$, digamos $p$. He resuelto 1/3 del problema. Probablemente suficiente para evitar votos negativos :)

Answer 1

Sea $p=2$ el primo par y sin pérdida de generalidad asumimos que $p. Dado que $p,q,r$ son primos esto significa que $r\geq 5$.

Primero mostraremos lo siguiente:

Lema. Sea $2=p primos y $$ \begin{align} 2q-6 &= x^2\\ 2r-6 &= y^2\\ qr-6 &= z^2 \end{align} $$ para algunos enteros $x,y,z\geq 0$. Entonces $$ z+y = r $$

Prueba. Tomando las ecuaciones $2$ y $3$, formamos lo siguiente: $$ \begin{align} z^2 &\equiv -6 \equiv y^2 \pmod r\\ (z+y)(z-y) &\equiv 0 \pmod r \end{align} $$ Por lo tanto $r$ divide a $z+y$ o a $z-y$. Primero asumimos lo último, entonces $$ \begin{align} z-y &\equiv 0 \pmod r\\ z &= y + kr \end{align} $$ para algunos $k\geq 0$ ya que $z> y$. Pero ahora $$ \begin{align} 0 &< y+kr=z =\sqrt{qr-6} < \sqrt{r^2} = r\\ 0 & < y+kr < r \implies k=0 \end{align} $$ Esto significa que $$ z = y $$ lo cual no es posible. Por lo tanto debemos tener en su lugar $$ \begin{align} z+y &\equiv 0 \pmod r\\ z+y &= kr\\ 0 < kr &= z+y\\ &= \sqrt{qr-6}+\sqrt{2r-6}\\ &< \sqrt{r^2} + \sqrt{4r}\\ &= r+2\sqrt{r}\\ &< 2r\\ 0 donde la última igualdad es porque $$ r\geq 5 \implies 4r < r^2 \implies 2\sqrt{r} < r $$ Por lo tanto debemos tener precisamente $k=1$, lo que da $z+y=r$.

$$ \tag*{$\square$} $$

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Ahora mostramos que

Proposición. Sea $p=2$ y $$ \begin{align} 2r-6 &= y^2\\ qr-6 &= z^2\\ z+y &= r \end{align} $$ para algunos enteros $q,r,y,z\geq 0$. Entonces $$ p+q+r-9 = (y-1)^2 $$

Prueba. Usando $z+y=r$, tenemos $$ \begin{align} r &= z+y\\ &= \sqrt{qr-6} + \sqrt{2r-6}\\ \sqrt{qr-6} &= r - \sqrt{2r-6}\\ qr-6 &= r^2-2r\sqrt{2r-6} + (2r-6)\\ qr &= r^2-2r\sqrt{2r-6} + 2r\\ q &= r -2\sqrt{2r-6} + 2\\ p+q+r-9 = q+r-7 &= (2r-5) -2\sqrt{2r-6}\\ &= (y^2+1) - 2y\\ &= (y-1)^2 \end{align} $$

$$ \tag*{$\square$} $$

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Edición 1: Derivando una fórmula similar a la de Will Jagy.

Proposición. Los primos $q,r$ satisfacen $$ \begin{align} q &= 2(6k\pm 1)^2+3 = 5 + 24u\\ r &= 2(6k\pm 2)^2+3 = 11 + 24v \end{align} $$ para algunos enteros $u,v\geq 0$ (deben tener el mismo signo). Esto a su vez da $$ \begin{align} x &= \sqrt{2q-6} = 2(6k \pm 1)\\ y &= \sqrt{2r-6} = 2(6k \pm 2)\\ z &= \sqrt{qr-6} = 72k^2\pm 36k+7\\ q+r-9 &= (3(4k\pm 1))^2 \end{align} $$

Prueba. Comenzamos con $$ \begin{align} 2q-6&=x^2\implies -6\equiv x^2\pmod q\\ 2r-6&=y^2\implies -6\equiv y^2\pmod r \end{align} $$ Dado que $-6$ es un cuadrado, por Reciprocidad Cuadrática obtenemos que $q,r\equiv 1,5,7,11\pmod{24}$.

Ahora la tercera ecuación da $$ qr-6 = z^2\implies qr=z^2+6 $$ Dado que $z^2+6\equiv 6,7,10,15,18,22\pmod{24}$, las únicas combinaciones posibles de $(q,r)\pmod{24}$ son $$ (1,7),(5,11),(7,1),(11,5) $$ Para $q\equiv 1,7 \pmod{24}$, observamos que $$ 2q-6 =x^2\implies 20,8\equiv x^2\pmod{24} $$ lo cual no es posible. Por lo tanto hasta intercambiar $q$ y $r$, podemos asumir que $$ (q,r)\equiv (5,11) \pmod{24} $$ Entonces ahora tenemos $$ \begin{align} q &= 2a^2+3 = 5+24u\\ r &= 2b^2+3 = 11+24v \end{align} $$ para algunos enteros $a,b,u,v\geq 0$. Al verificar $\pmod{24}$, podemos mostrar que $$ a = 6m\pm 1,\quad b = 6n\pm 2 $$ Además, utilizando $q=r-2\sqrt{2r-6}+2$ como antes: $$ \begin{align} q &= r-2\sqrt{2r-6}+2\\ 72 m^2 \pm 24 m + 5 &= 72 n^2 \pm 24 n + 5\\ 9 m^2 \pm 6 m + 1 &= 9 n^2 \pm 6 n + 1\\ (3m \pm 1)^2 &= (3n\pm 1)^2 \end{align} $$ debe ser el caso que $m=n=k$ y que $6m\pm 1,6n\pm 2$ tengan el mismo signo. Entonces un cálculo directo da la fórmula para $z$ y $p+q+r-9$.

Answer 2

Con el trabajo que has realizado en la edición, podemos asumir sin pérdida de generalidad que $p=2$ y $p. Esto transforma nuestras afirmaciones en lo siguiente: dados los números primos $q y que $2q-6,2r-6,qr-6$ son cuadrados, muestra que $q+r-7$ también es un cuadrado.

Conjetura: si $2q-6=s^2$ y $2r-6=t^2$, entonces $t=s+2$ y $q+r-7=(s+1)^2$. Además, $\sqrt{qr-6} = \frac{q+r}{2}-1$. Esto parece coincidir con los resultados de Will Jagy en otra respuesta en el hilo. Desafortunadamente, demostrar esto se me ha escapado por un tiempo y ahora debo ocuparme de otras cosas. Volveré a esto más tarde.

Answer 3

No es una respuesta completa, pero es un comienzo:

Un cuadrado perfecto debe ser igual a $0$ o $1$ módulo $4$. Por lo tanto, $6+n^2$ debe ser $2$ o $3$ módulo $4$. Estos restos después de la división por $4$ se pueden construir de las siguientes formas:

$$1\times 2\equiv 2$$ $$2\times 3\equiv 2$$ $$1\times 3\equiv 3$$

¡En otras palabras, los restos de ambos factores no deben ser iguales! La única opción es que $p,q,r$ deben tener restos módulo $4$ iguales a $1$, $2$ y $3$ (deben ser diferentes). Eso a su vez significa que uno de ellos debe ser $q=2$. Se sigue que $p+q+r-9\equiv 1 \mod 4$ - un cuadrado perfecto de un número impar.

Ahora que sabemos un poco más sobre lo que deben ser $p,q,r$, puede ser más fácil avanzar. Especialmente el hecho de que uno de ellos es $2$, debería ayudar a simplificar las cosas.

La declaración original es ahora:

$$p=3+2n^2$$ $$r=3+2l^2$$ $$pr=6+m^2$$ y $$p+r-7=x^2$$ donde $p$ y $r$ son primos impares, $p=1\mod 4$, $r=3\mod 4$, y $x$ es un número impar. $n$ y $m$ deben ser impares y $l$ debe ser par, y $p+r$ resulta ser divisible por $8$.

Al final, sospecho que necesitaremos el hecho de que $p$ y $r$ son primos - simplemente la aritmética modular no será suficiente. La factorización única jugará un papel.

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Ahora observa las mismas ecuaciones módulo $3$. Los cuadrados perfectos solo pueden ser iguales a $0$ o $1$ módulo $3$. El caso de $0$ es solo si son divisibles por $3$. Se puede mostrar fácilmente que $n$ y $l$ no son divisibles por $3$ excepto por la solución trivial $(p,q,r)=(3,2,5)$. Por lo tanto, tenemos

$$p,r\equiv 2 \mod 3$$ $$p-r=2(n-l)(n+l)\equiv 0\mod 6$$

Answer 4

Aquí hay una familia infinita, donde los dos números $p,q$ no son necesariamente primos

$$ p = 2(3k+2)^2 +3 $$ $$ q = 2(3k+1)^2 +3 $$ Pensé que eran coprimos, pero no siempre. $\gcd(p,q) | 14,$ y ambos son impares, por lo que el posible factor común es $7.$ Entonces, si $k \equiv 3 \pmod 7,$ tanto $p,q$ son múltiplos de $7.$ Sin embargo, se aplican todas las demás reglas en la pregunta. $$ \left( 18 x^{2} + 24 x + 11 \right) \left( \frac{ 6 x + 1 }{ 14 } \right) - \left( 18 x^{2} + 12 x + 5 \right) \left( \frac{ 6 x + 5 }{ 14 } \right) = \left( -1 \right) $$

3  p : 245 =  5 7^2    q : 203 =  7 29
10  p : 2051 =  7 293    q : 1925 =  5^2 7 11
17  p : 5621 =  7 11 73    q : 5411 =  7 773
24  p : 10955 =  5 7 313    q : 10661 =  7 1523

$$ $$

$$ p = 18 k^2 + 24 k + 11 $$ $$ q = 18 k^2 + 12 k + 5 $$ $$ 2p-6 = (6k+4)^2 $$ $$ 2q-6 = (6k+2)^2 $$ $$ pq - 6 = (18k^2 + 18k + 7)^2 $$ $$ p+q-7 = ( 6k+3)^2 $$ $$ $$

Ambos primos, los primeros:

0  p : 11    q : 5
2  p : 131    q : 101
7  p : 1061    q : 971
27  p : 13781    q : 13451
42  p : 32771    q : 32261
67  p : 82421    q : 81611
137  p : 341141    q : 339491
172  p : 536651    q : 534581
287  p : 1489541    q : 1486091
317  p : 1816421    q : 1812611
447  p : 3607301    q : 3601931
487  p : 4280741    q : 4274891
497  p : 4458101    q : 4452131
552  p : 5497931    q : 5491301
597  p : 6429701    q : 6422531
632  p : 7204811    q : 7197221
662  p : 7904291    q : 7896341
772  p : 10746251    q : 10736981
1017  p : 18641621    q : 18629411
1292  p : 30077771    q : 30062261
1437  p : 37203941    q : 37186691
1497  p : 40374101    q : 40356131
1537  p : 42559541    q : 42541091
1652  p : 49163531    q : 49143701
1822  p : 59798051    q : 59776181
1827  p : 60126581    q : 60104651
1952  p : 68632331    q : 68608901
2027  p : 74005781    q : 73981451
2307  p : 95855861    q : 95828171
2377  p : 101759381    q : 101730851
2417  p : 105212021    q : 105183011
2517  p : 114095621    q : 114065411