¿Cuando es el % de fracción $\frac{n+7}{2n+7}$el cuadrado de un número racional?

Question

Encuentra todos los enteros positivos $n$ tal que la fracción $\dfrac{n+7}{2n+7}$ es el cuadrado de un número racional.

La respuesta dice $n = 9,57,477$, pero ¿cómo se demuestra esto? Escribí $\dfrac{n+7}{2n+7} = \dfrac{a^2}{b^2}$ $a,b \in \mathbb{Z^+}$ $\gcd(a,b) = 1$. Sabemos que $\gcd(n+7,2n+7) = \gcd(n+7,7) = 1,7$% y tan $n+7$y $2n+7$ deben ser cuadrados perfectos o su máximo común divisor es $7$. ¿Cómo encontramos todos los valores para los cuales este es el caso?

Answer 1

$$\gcd(n+7,2n+7)=\gcd(n+7,n)=\gcd(7,n)\in\{1,7\}$$

Si el$\gcd=1$, $n+7,2n+7$ son ambos cuadrados:

$$n+7=a^2,2n+7=b^2\implies 2a^2-b^2=7$$

Si el$\gcd=7$, $\frac{n+7}{7},\frac{2n+7}{7}$ son ambos enteros plazas. Escribir $n=7m$:

$$m+1=a^2,2m+1=b^2\implies2a^2-b^2=1$$

Encontrar soluciones exactas a partir de aquí se requiere el estudio de la ecuación de Pell, como se indica en los comentarios.

• La primera ecuación tiene soluciones de partida con $\{(2,1),(8,11),\cdots\}$

• La segunda ecuación tiene soluciones de partida con $\{(1,1),(5,7),(41,29),\cdots\}$.

Estos pueden ser generados por mirar en$(3+\sqrt2)(1+\sqrt2)^{2k},(1+\sqrt2)^{2k+1}$, respectivamente, para el entero $k$. Tomando nota de que $\frac{1}{1+\sqrt2}=-(1-\sqrt2)$ nos dice que para la segunda de estas secuencias, se puede permitirse el lujo de simplemente mirar a $k\ge0$.

En el primer caso, dado $2a^2-b^2=7$, ten en cuenta que la toma de $n=b^2-a^2$ da $a^2=n+7,b^2=2n+7$ como se desee, es decir, la fracción en cuestión es un cuadrado. Una ligera adaptación de este modo se resuelve el segundo caso.

Aclaración: Cuando digo "estos pueden ser generados por mirar en $(a+b\sqrt2)^k$", me refiero al hecho de que al escribir $(a+b\sqrt2)^k=A_k+B_k\sqrt2$ para los números enteros $A_k,B_k$, tendremos $2B_k^2-A_k^2=1$ o $7$, dependiendo de esta secuencia. Este método hace uso de las técnicas de la teoría algebraica de números, donde nos enteramos de que la función de $N:a+b\sqrt2\to a^2-2b^2$ es multiplicativo.

Answer 2

Debido a $2(n+7)-(2n+7)=7$, sabemos que $\gcd(n+7,2n+7)\mid7$.

Desde sólo queremos positivo $n$, esto implica que uno de

1. $n+7$ $2n+7$ son cuadrados, o

2. $n+7$ $2n+7$ cada $7$ veces un cuadrado.

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Caso 1: Vamos A $p^2=n+7$. Entonces necesitamos $q^2=2n-7=2p^2-7$. Esto le da a la ecuación de Pell $$ 2p^2-q^2=7\etiqueta{1} $$ La ecuación de $(1)$ tiene dos secuencias de soluciones: $$ (p,q)\in\{\overbrace{\ \ \ (2,1)\ \ \ }^{n=-3},\overbrace{\ \ (8,11)\ \ }^{n=57},\overbrace{\ (46,65)\ }^{n=2109},\dots\}\etiqueta{2} $$ y $$ (p,q)\in\{\overbrace{\ \ \ (4,5)\ \ \ }^{n=9},\overbrace{\ (22,31)\ }^{n=477},\overbrace{(128,181)}^{n=16377},\dots\}\etiqueta{3} $$ Ambos de los cuales satisfacen la recursividad $$ (p_k,q_k)=6(p_{k-1},q_{k-1})-(p_{k-2},q_{k-2})\etiqueta{4} $$ Podemos resolver la recursividad $(4)$ $(2)$ con $$ p_k=\tfrac14\left(4+\sqrt2\right)\left(3+2\sqrt2\right)^k+\tfrac14\left(4-\sqrt2\right)\left(3-2\sqrt2\right)^k\tag{5} $$ y $$ q_k=\tfrac12\left(1+2\sqrt2\right)\left(3+2\sqrt2\right)^k+\tfrac12\left(1-2\sqrt2\right)\left(3-2\sqrt2\right)^k\tag{6} $$ Además, $(5)$ $(6)$ negativos $k$ da $(3)$ negativos $q$.

Por lo tanto, tenemos las soluciones para $n$ $$ \begin{align} n_k &=p_k^2-7\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\frac18\left[\left(9+4\sqrt2\right)\left(3+2\sqrt2\right)^{2k}+\left(9-4\sqrt2\right)\left(3-2\sqrt2\right)^{2k}-42\right]}\tag{7} \end{align} $$ donde $k\in\mathbb{Z}$. Por ejemplo, si $k\in\{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5\}$, $$ n_k\in\{18905097,556509,16377,477,9,-3,57,2109,71817,2439837,82882809\} $$

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Caso 2: Deje $7p^2=n+7$. Entonces necesitamos $7q^2=2n+7=14p^2-7$. Como en el anterior, esto conduce a la Ecuación de Pell $$ 2p^2-q^2=1\etiqueta{8} $$ La ecuación de $(8)$ tiene las soluciones $$ (p,q)\in\{\overbrace{\ \ \ (1,1)\ \ \ }^{n=0},\overbrace{\ \ \ (5,7)\ \ \ }^{n=168},\overbrace{\ (29,41)\ }^{n=5880},\dots\}\etiqueta{9} $$ que satisface $(4)$.

Podemos resolver la recursividad $(4)$ $(9)$ con $$ p_k=\tfrac14\left(2+\sqrt2\right)\left(3+2\sqrt2\right)^k+\tfrac14\left(2-\sqrt2\right)\left(3-2\sqrt2\right)^k\tag{10} $$ y $$ q_k=\tfrac14\left(2+2\sqrt2\right)\left(3+2\sqrt2\right)^k+\tfrac14\left(2-2\sqrt2\right)\left(3-2\sqrt2\right)^k\tag{11} $$ Las fórmulas de $(10)$ $(11)$ con negaitve $k$ acaba de dar a $(9)$ negativos $q$. Por lo tanto, sólo necesitamos considerar $k\ge0$. $$ \begin{align} n_k &=7p_k^2-7\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\frac78\left[\left(3+2\sqrt2\right)^{2k+1}+\left(3-2\sqrt2\right)^{2k+1}-6\right]}\tag{12} \end{align} $$ donde $k\in\mathbb{Z}^{\ge0}$. Por ejemplo, si $k\in\{0,1,2,3,4,5\}$, $$ n_k\in\{0,168,5880,199920,6791568,230713560\} $$

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Cerrado completo y Recursiva Soluciones

La recopilación de los resultados en $(7)$$(12)$, y la indización de monotonía con $k\ge1$, tenemos que la forma cerrada para la lista completa de las soluciones es $$ \hspace{-8mm}\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{ \begin{bmatrix}n_{3k-2}\\n_{3k-1}\\n_{3k}\end{bmatrix} =\frac18\left(\,\begin{bmatrix}9-4\sqrt2\\9+4\sqrt2\\21+14\sqrt2\end{bmatrix}\left(3+2\sqrt2\right)^{2k}+\begin{bmatrix}9+4\sqrt2\\9-4\sqrt2\\21-14\sqrt2\end{bmatrix}\left(3-2\sqrt2\right)^{2k}\begin{bmatrix}42\\42\\42\end-{bmatrix}\,\right)}\tag{13} $$ y recursivo lista de soluciones está dado por
$\scriptsize\begin{bmatrix}n_1\\n_2\\n_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}9\\57\\168\end{bmatrix},\quad\scriptsize\begin{bmatrix}n_4\\n_5\\n_6\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}477\\2109\\5880\end{bmatrix},\quad\scriptsize\begin{bmatrix}n_7\\n_8\\n_9\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}16377\\71817\\199920\end{bmatrix},\quad$ y $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{ \begin{bmatrix}n_{3k+1}\\n_{3k+2}\\n_{3k+3}\end{bmatrix}=35\begin{bmatrix}n_{3k-2}\\n_{3k-1}\\n_{3k}\end{bmatrix}-35\begin{bmatrix}n_{3k-5}\\n_{3k-4}\\n_{3k-3}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}n_{3k-8}\\n_{3k-7}\\n_{3k-6}\end{bmatrix} }\etiqueta{14} $$

Answer 3

Hay más soluciones (n<1000000): $$ \begin{array}{c} 9 \\ 57 \\ 168 \\ 477 \\ 2109 \\ 5880 \\ 16377 \\ 71817 \\ 199920 \\ 556509 \\ \end{array} $$ así que conecte estos valores de $n$ y verificación de lo contrario, la pregunta no tiene sentido. También Una solución en tu lista falta para n<500.

Añadido después de la observación de ross-millikan:

$n+7$ $2n+7$ puede tener en común multiplicador, es así que $2*(n+7)-(2n+7)$ es también devisible por el mismo número, que es claramente $7$, por lo que el teorema es que si el numerador y el denominador tienen en común un multiplicador que sólo puede ser $7$. Así pues, tenemos dos posibilidades

a) $n+7=a^2$ $2n+7=b^2$

b) $n+7=7 a^2$ $2n+7=7 b^2$

para b) n debe ser divisible por $7$