Уравнение в целых числах.

[wrest]

Shadow в сообщении #1252949 писал(а):

По формулам Виета. Если есть решение $n_1<p$, то есть и решение $n_2>p$, причем $n_1+n_2=3p$

а числа $1,3,3a_{n-1}-a_{n-2}$ как раз и есть числа Фибоначчи четных номеров: A001906

Ещё, вероятно, можно доказать что числа Фибоначчи четных номеров это такие $k$ (и только они!), что $4+5k^2$ - квадрат.
А то что $4+5k^2$ должно быть квадратом, вытекает из

PWT в сообщении #1252734 писал(а):

$(p-1,5n)^2=1+1,25n^2$, тогда $p-1,5n=\pm\sqrt{1+1,25n^2}$, значит $p=1,5n\pm \sqrt{1+1,25n^2}$ (но ведь это не может быть ответом, верно?)

последнее $p=1,5n\pm \sqrt{1+1,25n^2}$ просто преобразуем как $p=\frac{3n\pm \sqrt{4+5n^2}}{2}$

[ex-math]

Shadow
К уравнению Пелля как раз и сводил, но там три серии решений, было непонятно как их свести в одну рекуррентную формулу.

[Sonic86]

(grizzly)

grizzly в сообщении #1252933 писал(а):

Sonic86 в сообщении #1252853 писал(а):

А вот уравнение $x^2-xy-y^2=1$...

А что насчёт нашего? В Ваших обозначениях будет так: $x^2-3xy+y^2=1$, где $x$ -- простое. Разве здесь есть принципиальные сложности?

Просто уравнение ТС равносильно поиску всех простых Фибоначчи $F_{2n}$ (тоже если не ошибся), которых конечное число, а уравнение $x^2-xy-y^2=1$ равносильно поиску всех простых Фибоначчи $F_{n}$, число которых д.б. бесконечно. Я вчера попробовал Ваши приемы - у меня они не прошли, если надо, могу выкладки показать в ЛС, вдруг я ошибся.

[Andrey A]

(Оффтоп)

Sonic86 в сообщении #1252979 писал(а):

равносильно поиску всех простых Фибоначчи $F_{2n}$ (тоже если не ошибся), которых конечное число

Их конечное число один (: $F_4=3.\ F_{2n}\ \vdots \ F_n.$

[ex-math]

Так без ссылки на Фибоначчи можно здесь обойтись или нет?

[Sonic86]

ex-math в сообщении #1253275 писал(а):

Так без ссылки на Фибоначчи можно здесь обойтись или нет?

Можно. Вот ключевые ограничения:

grizzly в сообщении #1252796 писал(а):

Значит, либо $3k+1$, либо $3k-1$ делится на $p$.

PWT в сообщении #1252780 писал(а):

Значит $p\ge k$,

т.е. частное $\frac{3k \pm 1}{p}$ целое и не больше $3$ - остается просто перебрать.

[PWT]

grizzly в сообщении #1252796 писал(а):

$(p-1)(p+1)=9k(p-k)$ Теперь зеркально можно получить, что $(3k-1)(3k+1)=p(9k-p)$. Значит, либо $3k+1$, либо $3k-1$ делится на $p$ Добавьте к этому сказанное выше $p\ge k$ и покрутите -- может, этого будет достаточно.

Да, с $p=9l-1$ накосячил, спасибо. Теперь все стало ясно. Получается четыре возможных ситуаций.

1) $3k-1=2p$ и $2(3k+1)=9k-p$

2) $3k-1=p$ и $(3k+1)=9k-p$

3) $3k+1=p$ и $(3k-1)=9k-p$

4) $3k+1=2p$ и $2(3k-1)=9k-p$

Все четыре системы не имеют решения. А еще потенциальных два случая отметаются, так как не может быть $3k\pm 1=3p$ ибо левая и правая часть имеют разные остатки при делении на 3. А еще не может быть $3k\pm 1=mp$ при $m\ge 4$ и $p\ge k$, так как правая часть больше левой.

Вроде как разобрался, если вышеописанное верно. Спасибо большое grizzly!!!

P.S. Фиббоначи только отвлекал

[grizzly]

PWT в сообщении #1253282 писал(а):

P.S. Фиббоначи только отвлекал

Меня тоже, пока мне Shadow не помог понять :)

Всё же оцените, пожалуйста, насколько у него простая и красивая идея:
Есть уравнение $n^2-3np+p^2-1=0$. Смотрим на него как на квадратное с неизвестным $n$. И предположим, что оно имеет целое решение $n_1>p$. Тогда по теореме Виета у этого уравнения есть ещё одно решение. А поскольку $n_1+n_2=3p$, то это решение также целое. А раз $n_1n_2=p^2-1$, то $n_2 <p$. Дальше работаем с этим условием.
Вспомним, что $n^2-1$ делится на $p$. Отсюда сразу имеем, что либо $n=p-1$, либо $n=1$. Убеждаемся проверкой, что первое нам не подходит. А из $n=1$ получаем оба решения: $(3;1)$ и двойственное ему (по теореме Виета) $(3;8)$.

Этим способом даже поиск самих решений идёт бонусом к основному рассуждению.

[PWT]

grizzly в сообщении #1253325 писал(а):

Всё же оцените, пожалуйста, насколько у него простая и красивая идея:

Хорошо, спасибо, теперь тоже понятно. А вашу идею правильно ли докрутил?

[grizzly]

PWT в сообщении #1253330 писал(а):

А вашу идею правильно ли докрутил?

Да, так и было задумано.