Determinar todos los números naturales $n$ para los que existen $2n$ enteros positivos distintos $x_1,\ldots ,x_n,y_1,\ldots ,y_n$ tales que el producto$$\left (11x_1^2+12y_1^2\right )\left (11x_2^2+12y_2^2\right )\cdots \left (11x_n^2+12y_n^2\right )$$es un cuadrado perfecto.
con igualdad si y sólo si [math]\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}=k con [math]k constante. Tomamos el caso de igualdad pues es un cuadrado perfecto. Luego tenemos infinitas cuadrúplas [math](x_1,x_2,y_1,y_2) que cumplen.
Para todo [math]n par, lo podemos partir en varios grupos de dos productos así, que podemos hacer que sean cuadrados perfectos. Por lo tanto, para todo [math]n par se puede lograr el objetivo.
Sólo resta ver que es imposible para [math]n impar. Supongamos que existen tuplas [math](x_1,\ldots ,x_n, y_1, \ldots ,y_n) y tomemos la que tiene suma mínima. Para ello, miremos al producto módulo [math]3. Nos queda que:
Notemos que [math]x^2 \equiv 0,1 \pmod{3}. Luego, si [math]3\nmid x_i para todo [math]i, tenemos que [math]2x_1^2 \cdots x_n^2 \equiv 2 \equiv c^2 \pmod{3}, que no es un residuo cuadrático. Entonces [math]3\mid x_i para algún [math]i, y así [math]x_i = 3a_i.
Ahora, analicemos el producto [math]11x_i^2+12y_i^2. Notemos que [math]3\nmid y_i dado que si lo dividiera, podríamos tomar la misma tupla pero con [math]\dfrac{x_i}{3} e [math]\dfrac{y_i}{3}, que seguiría dando un cuadrado perfecto y tendría suma menor. Entonces [math]3\parallel 11x_i^2+12y_i^2.
Como el producto debe ser un cuadrado perfecto, debemos tener que [math]3 divide al producto de todos los otros factores exceptuando [math]11x_i^2+12y_i^2 y así mirando módulo [math]3 tenemos que [math]3\mid x_k para algún [math]k, de donde [math]x_k=3a_k. Nuevamente vamos a tener que [math]3\parallel 11x_k^2+12y_k^2.
Consideremos todo el producto, pero dividamos a los factores [math]11x_i^2+12y_i^2 y [math]11x_k^2+12y_k^2 por [math]3. El producto nos queda:
Mirando nuevamente módulo [math]3, vamos a ver que [math]3 divide a alguno de los [math]x_{\ell}, con [math]\ell \neq i,k. Si continuamos realizando este procedimiento, vamos viendo que siempre encontramos pares de números [math](x_a , x_b) tal que [math]3 los divide a los dos y los descartamos. Pero como [math]n es impar, nos va a quedar un número al final. Por lo que llegamos al absurdo, y estamos. [math]\blacksquare
Usamos el siguiente lema: si un número es congruente con [math]3 módulo [math]4 entonces tiene una cantidad impar de divisores primos congruentes con [math]3 módulo [math]4 (contando repeticiones). La demostración de este hecho es sencilla: para un entero positivo [math]n\equiv 3\pmod{4} sea [math]a la cantidad de sus factores primos congruentes con [math]1 módulo [math]4 y sea [math]b la cantidad de sus factores primos conruentes con [math]3 módulo [math]4. Luego es evidente que [math]n\equiv 1^{b}\cdot 3^{3}\pmod{4}, y como [math]n\equiv 3 \pmod{4} por suposición, entonces [math]b debe ser impar. La idea es probar que este resultado vale también para los números de la forma [math]11x^2+12y^2. Sea [math]x=2^{s}i e [math]y=2^tj donde [math]i y [math]j son impares. Supongamos que [math]s\le t. Luego [math]11x^2+12y^2=2^{2s}(11i^2+12\cdot 2^{2t-2s}j^2). Como [math]11i^2+12\cdot 2^{2t-2s}j^2\equiv 3\pmod{4} (pues [math]i es impar), por el lema nuestra afirmación vale en este caso. Supongamos ahora que [math]s+2\ge t. Luego [math]11x^2+12y^2=2^{2t+2}(11\cdot 2^{2s-2t-2}i^2+3j^2). Notemos que [math]2s-2t-2\ge 2, por lo cual al mirar el segundo factor módulo [math]4 obtenemos que [math]11\cdot 2^{2s-2t-2}i^2+3j^2\equiv 3\pmod{4} y nuevamente por el lema nuestra afirmación vale en este caso. El último caso es cuando [math]s=t+1. Tenemos que [math]11x^2+12y^2=2^{2t+2}(11i^2+3j^2). Esta vez [math]11i^2+3j^2\equiv 2\pmod{4}, pero no todo está perdido. Notemos que todo número impar elevado al cuadrado tiene resto [math]1 en la división por [math]8. Luego [math]11i^2+3j^2\equiv 11+3\equiv 6\pmod{8}\Rightarrow \frac{11i^2+3j^2}{2}\equiv 3\pmod{4} y podemos escribir [math]11x^2+12y^2=2^{2t+3}\left(\frac{11i^2+3j^2}{2}\right) y ahora sí el factor derecho es congruente con [math]3 módulo [math]4, lo cual prueba nuestra afirmación en este último caso. Habiendo analizado todos los casos, hemos probado la afirmación.
Volviendo al problema original, usando el resultado anterior se deduce fácilmente que [math]n debe ser par. En efecto, cada factor de la forma [math]11x^2+12y^2 aporta una cantidad impar de divisores primos congruentes con [math]3 módulo [math]4 al producto total. Pero para que el producto total sea un cuadrado perfecto, esta cantidad tiene que ser par, lo cual fuerza a que haya una cantidad par de estos factores. Así, [math]n debe ser par. Por otra parte, es fácil ver que si [math]n es par existen soluciones: Basta tomar los pares [math](x_k,y_k)=(k^2,2k^2). El producto nos queda igual a [math]1^2\cdot 2^2\cdot \dots \cdot n^2 \cdot 3^{n}, que si [math]n es par es un cuadrado perfecto.
Y como $n$ es par, entonces eso es un cuadrado perfecto.
$\blacksquare$
Caso $n$ impar:
Antes de seguir con el problema, digamos que $d = (x, y)$, siendo $(x, y)$ el máximo común divisor, luego $x = d.x', y = d.y' \Rightarrow 11x^2+12y^2 = d^2(11x'^2+12y'^2)$, por lo tanto $v_p(11x^2+12y^2) \equiv v_p(11x'^2+12y'^2) \pmod 2$, es decir que la cantidad de factores primos $\pmod 2$ (que es lo que nos interesa para que sea un cuadrado perfecto) no varia. Por lo tanto podemos asumir que $x_i, y_i$ son coprimos.
Entonces, si ningún $x_i$ es múltiplo de $3$ sabemos que el producto al cuadrado tiene resto $1 \pmod 3$ (pues los cuadrados perfectos $\pmod 3$ dejan resto $0$ o $1$, siendo $0$ si solo si el numero es múltiplo de $3$). Y en ese caso $-(\prod_{i=1}^{n})^2 \equiv 2 \pmod 3$ el cual no es un cuadrado perfecto, absurdo. Por lo tanto existe un $x_i$ tal que $x_i \equiv 0 \pmod 3$. WLOG tomemos $x_n = 3x_n'$. Luego, $11x_n^2+12y_n^2 = 3(33x_n'^2+4y_n^2)$ y como $x_n$, e $y_n$ son coprimos, entonces $3 \nmid y_n$ y por lo tanto $33x_n'^2+4y_n^2 \equiv 1 \pmod 3$. Pero entonces, el producto hasta el momento tiene un solo factor $3$, y para que sea un cuadrado perfecto debe tener una cantidad par, por consiguiente existe otro $x_i$, distinto a $x_n$, que también es múltiplo de $3$. WLOG tomamos $x_{n-1} = 3x_{n-1}'$.
Pero, notar dos cosas, $3^2$ ya es un cuadrado perfecto de por si, entonces el resto del producto también ha de serlo. Y $(33x_n'^2+4y_n^2)(33x_{n-1}'^2+4y_{n-1}^2) \equiv 1 \pmod 3$, entonces con un razonamiento análogo al anterior, tenemos que
Entonces, tenemos el mismo problema que antes pero esta vez para $n-2$, luego, si seguimos repitiendo este proceso vamos a obtener el mismo caso problema para $n-4$ lo mismo para $n-6$ y así siguiendo hasta $1$ (pues $n$ es impar), dejándonos con que $-(11x_1^2+12y_1^2) \pmod 3$ es un cuadrado perfecto, por lo que $x_1 = 3x_1'$ y entonces todos los $x_i$ tienen el factor $3$, lo cual implica que el producto final tiene $3^{n}$ factores $3$, y por lo tanto el producto no es un cuadrado perfecto.
Concluimos que no se puede para $n$ impar.
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Esto intente usarlo para resolver el problema y no me sirvió, me pareció lindo así que lo comparto igual.
Supongamos que la ecuación $11x^2+12y^2 = z^2$ tiene solución, dado que $x, y, z$ son enteros positivos, existe una terna $(x, y, z)$ tal que $x+y+z$ sea mínimo, entonces fijemos los valores de $x, y, z$ para que la suma sea mínima.
$$11x^2+12y^2 = z^2 \iff 4.3(x^2+y^2) = z^2+x^2$$
Pero por El teorema de Navidad de Fermat un numero puede expresarse como suma de cuadrados solo si sus factores primos de la forma $4k+3$ están elevados a una potencia par, luego como en el LHS tenemos el factor $3$, sabemos que $x^2+y^2 \equiv 0 \pmod 3$ y como los residuos cuadráticos $\pmod 3$ son $0, 1$, la única forma de que la suma nos de $0$ es que $x \equiv y \equiv 0 \pmod 3 \Rightarrow x = 3x', y = 3y'$ y entonces la ecuación se reescribe como $11.9x'^2+12.9y'^2 = z^2$ de donde $z = 3z' \Rightarrow 11x'^2+12y'^2 = z'^2$. Se sigue, que acabamos de generar una solución con suma mas chica (pues $x'+y'+z' < 3(x'+y'+z') = x+y+z$) lo cual nos lleva a un absurdo porque $x+y+z$ era mínimo.
