¿Puede el producto de cuatro enteros positivos en AP ser un cuadrado?

Question

El título lo dice. Se sabe que no hay cuatro cuadrados en progresión aritmética, pero está pidiendo menos que su producto sea cuadrado.

He intentado varias cosas como cazar para hacer que cada uno de los dos subproductos sea un cuadrado, o un $ua^2$ y el otro $ub^2,$ no tiene éxito en un ejemplo. Por otro lado no puedo demostrar que sea imposible. Gracias por cualquier respuesta.

Answer 1

Solución 1

Podemos ver que las raíces de $P(a)=a(a+d)(a+2d)(a+3d)$ se $0,-d,-2d,-3d$. Los valores de $0,-3d$ son raíces de la ecuación cuadrática $x^2+3dx=0$ , mientras que el otro par son las raíces de la ecuación cuadrática $x^2+3dx=-2d^2$. Así, podemos ver que los cuatro son las raíces de $(x^2+3dx+d^2)^2-(d^2)^2$. Dado que este es un biquadratic monic polinomio y así es $P(x)$ y que comparten las mismas raíces: $$a(a+d)(a+2d)(a+3d)=(a^2+3ad+d^2)^2-(d^2)^2$$ Deje $a(a+d)(a+2d)(a+3d)=k^2$. Entonces, tenemos: $$k^2+(d^2)^2=(a^2+3ad+d^2)^2$$ Debido a la homogeneidad, se puede ajustar el $\gcd(a,d)=1$. Se puede probar que $d$ puede ser incluso (Consulte solución 2). Por lo tanto, tenemos: $$d^2=m^2-n^2 \space ; a^2+3ad+d^2=m^2+n^2 \implies a(a+3d)=2n^2$$ $$a(a+d)(a+2d)(a+3d)=2mn \implies (a+d)(a+2d)=\frac{2mn}{2n^2}=\frac{m}{n}$$ Sin embargo, $\frac{m}{n}$ no puede ser un número entero, a menos que $n=1$ desde $\gcd(m,n)=1$. A continuación, $a(a+3d)=2$ no sería posible, ya que los $a(a+3d) > 1 \cdot 4 =4>2$. Por lo tanto, no hay soluciones para el producto de los cuatro distintos de los naturales en la AP a ser un cuadrado perfecto.

Solución 2

Suponga $\exists$ $(a,b,c,d)$ s.t. el cuádruple forma de un AP, cuyo producto es un cuadrado perfecto. Podemos ver que si $\gcd(a,b,c,d)=g$luego: $$abcd=m^2 \implies \frac{a}{g} \cdot \frac{b}{g} \cdot \frac{c}{g} \cdot \frac{d}{g} = \bigg(\frac{m}{g^2}\bigg)^2$$ Ahora, establezca $(w,x,y,z)=(\frac{a}{g},\frac{b}{g},\frac{c}{g},\frac{d}{g})$ e $n=\frac{m}{g^2}$. Por lo tanto, tenemos otro cuádruple tener la misma propiedad, además contiene términos cuyas $\gcd$ es $1$.

Ahora, por Fermat $4$ plaza teorema, no es posible para todos los de $(w,x,y,z)$ a ser un cuadrado perfecto. Ahora, considere el plazo.t. $\exists$ primer $p$ de su división y el poder de la $p$ división es impar.

Si $p$ divide el adyacentes plazo (WLOG deje que el término y sus adyacentes plazo, ser $w$ e $x$), entonces: $$p \mid w \space ; p \mid x \implies p \mid (x-w) \implies p \mid d \implies p \mid y \space ; p \mid z \implies \gcd(w,x,y,z) \geqslant p>1$$ Esta es una clara contradicción, como sabemos que el $\gcd$ de la cuádruple es $1$.

Ahora tenemos los dos casos:

$(1)$ $p \mid w$ e $p \mid z$

$(2)$ $\bigg(p \mid w$ e $p \mid y\bigg)$ o $\bigg(p \mid x$ e $p \mid z\bigg)$

Si $p$ divide el $1$st $3$rd términos solamente, o de la $2$nd e $4$th términos sólo (WLOG $w$ e $y$), entonces: $$p \mid 2d \space ; p\nmid d \implies p=2$$ Ahora, esto significa que $d$ es extraño que muestra que $x$ e $z$ son impares. Por otra parte, $z-x = 2d \implies 4\nmid (z-x)$. Por lo tanto, uno de los $x$ e $z$ es $1 \pmod{4}$ y la otra es $3 \pmod{4}$. Pero el término que se $3 \pmod{4}$ no puede ser un cuadrado como $l^2 \neq 4k+3$. Esto muestra que el término que se $3 \pmod{4}$ comparte un primer factor con otro término. No puede ser el otro de $x$ e $z$ como se hacen tanto en términos incluso. También puede ser un término adyacente. Por lo tanto, los términos de $w,z$ que se encuentran más aparte de tener que compartir un factor principal. Esto significa que $(2) \implies (1)$.

Uno puede igualmente muestran que $(1) \implies (2)$ mostrando que uno de los otros términos es $2 \pmod{3}$ e $l^2 \neq 3k+2$. Por lo tanto, tenemos $(1) \iff (2)$. Sin embargo, dado que uno de ellos es cierto, ambos son verdaderos.

Esto nos dice que nuestra cuádruple tiene que ser de la forma: $$(w,x,y,z)=(6a^2,b^2,2c^2,3d^2)=(q,q+r,q+2r,q+3r)$$ Esto nos da dos ecuaciones: $$a^2+d^2=c^2$$ $$(2a)^2+d^2=b^2$$ Sabemos que $a$ es incluso y $d$ es raro de nuestra $(w,x,y,z)$ cuádruple de trabajo. Desde $(a,b,c,d)$ son parejas relativamente primos, tenemos: $$a^2+d^2=c^2 \implies a=2mn \space ; d=m^2-n^2$$ Ahora, tenemos: $$(2a)^2+d^2=b^2 \implies (m^2-n^2)^2+(4mn)^2=b^2$$ Por lo tanto, tenemos: $$m^2-n^2 = x^2-y^2 \space ; 4mn=2xy$$ $$m^2+y^2=x^2+n^2 \space ; \frac{2m}{y}=\frac{x}{n}=2t \space ; t \in \mathbb{Q}$$ $$y^2(t^2+1) = n^2(4t^2+1) \implies \frac{4t^2+1}{t^2+1} = z^2 \space ; z \in \mathbb{Q}$$ Sabemos que $t = \frac{m'}{y'}$ (la forma simplificada de La $\frac{m}{y}$). Esto demuestra que $(2m')^2+(y')^2$ e $(m')^2+(y')^2$ son cuadrados. Tenemos soluciones necesarias para $(2X)^2+Y^2$ e $X^2+Y^2$ a plazas. Pero- $$(X,Y)=(2mn,m^2-n^2) \implies (X',Y')=(m',y')$$ Aquí, $(X',Y')$ es una solución más pequeña. Por descendencia, nunca vamos a llegar a los más pequeños de la solución desde $X$ siempre se puede disminuir. Esto sólo es posible si no hay soluciones (Reductio Ad Absurdum).

Por lo tanto, no hay ninguna $4$-plazo de APs con su producto como un cuadrado (si todos los términos son distintos).

Answer 2

Supongamos $a < b < c < d$ son enteros positivos en progresión aritmética y $abcd=r^2$. Si $a,b,c,d$ tienen un factor común, y su máximo común factor $m$, a continuación, $a/m, b/m, c/m, d/m$ también ser enteros positivos en progresión aritmética y su producto $(a/m)(b/m)(c/m)(d/m)$ también será un cuadrado: $(r/m^2)^2$. Así que para demostrar la imposibilidad de que es suficiente para demostrar que para el caso de que se supone que $gcd(a,b,c,d) = 1$.

Puesto que no puede ser de cuatro plazas en progresión aritmética, por lo menos uno de los cuatro enteros deben tener un primer factor, decir $p$, a un extraño poder. Con el fin de que el producto de los enteros ser un cuadrado, al menos, otro de los cuatro números enteros también debe tener el factor de $p$ a un extraño poder. Para el caso especial en el que estos dos números enteros son adyacentes en la progresión aritmética, entonces podemos razón de la siguiente manera. Supongamos que los dos enteros se $a$ e $b$ (el argumento puede ser fácilmente adaptado a los otros pares adyacentes), con $a=Ap$ e $b=Bp$. A continuación, $b-a=p(B-A)$ y por tanto:

$$c-b = p(B-A)$$

$$c = b + p(B-A) = Bp + p(B-A) = p(2B-A)$$

y también:

$$d-c = p(B-A)$$

$$d = c + p(B-A) = p(2B-A) + p(B-A) = p(3B - 2A)$$

Por lo tanto $p$ es un factor común de $a,b,c,d$ contradice nuestra suposición.

Tal vez alguien puede extender este razonamiento a la dirección los casos donde los dos números enteros con el factor de $p$ a un extraño poder no son adyacentes.