Два точных квадрата

[nnosipov]

При каких $x \in \mathbb{R}$ оба числа $4x^5-7$ и $4x^{13}-7$ являются точными квадратами?

P.S. Хотелось бы увидеть не слишком громоздкое решение этой задачи. На всякий случай: точный квадрат --- это квадрат целого числа.

[dmd]

Численно нашлось пока только $x=2$

(gp-код)

 for(x=2, 10^6,
  b= 4*x;
  for(y=2, 1000,
   if(gcd(b, y)==1,
    m= Mod(b, y^2);
    h= znorder(m);
    z= znlog(7*4^4, m, h);
    if(z==5, if(issquare(4*x^13-7), print("x = "x)))
   )
  )
 )

[wrest]

dmd в сообщении #1415083 писал(а):

Численно нашлось пока только $x=2$

Так вы, кажись, целые иксы проверяли, а предлагают проверять вещественные

[nnosipov]

Думаю, значением $x=2$ все и ограничится. Найти его можно было и в уме, вспомнив про уравнение Рамануджана-Нагеля $2^n-7=m^2$.

wrest в сообщении #1415090 писал(а):

Так вы, кажись, целые иксы проверяли, а предлагают проверять вещественные

Ну, это такая олимпиадная финтифлюшка: по факту такие вещественные $x$ должны быть целыми (легко доказать). Собственно, вот задача для настоящих джентльменов: решить малой кровью уравнение

$$\left(\frac{a^2+7}{4}\right)^{13}=\left(\frac{b^2+7}{4}\right)^5$$

в натуральных числах. Стандартный метод здесь работает, но уж больно громоздкие вычисления, я не осилил. Может, есть какой-то трюк?

[lel0lel]

Случалось разбирать похожее задание (быть может с учеником, готовящимся к егэ). Идея заключается в выделении полного квадрата плюс ещё что-то маленькое по абсолютной величине. Если $x$ удовлетворяет требованиям условия, тогда $4(4x^{13}-7)(4x^5-7)=\square$. Раскрываем скобки и выделяем полный квадрат, получаем $(8 x^9 - 7 x^4)^2 - 49 x^8 - 112 x^5 + 196=\square$. Далее уже технические детали, заключающиеся в решении неравенств.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1415096 писал(а):

$$\left(\frac{a^2+7}{4}\right)^{13}=\left(\frac{b^2+7}{4}\right)^5$$

Дык, вроде бы та же задача: $a=11,b=181.$ Если только другие решения имеются.

(Оффтоп)

Но Вольфрам говорит других нет. Джентльмены прикуп не проверяют.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1415100 писал(а):

тогда $4(4x^{13}-7)(4x^5-7)=\square$.

Мне в таких случаях почему-то хочется поделить. А то, что с тем же эффектом можно перемножить, как ни странно, доходит с трудом Спасибо.

Andrey A в сообщении #1415108 писал(а):

Дык, вроде бы та же задача:

Та же, естественно. Но в таком варианте технически гораздо сложнее.

Раз уж завел этот разговор: давайте заодно решим уравнение $x^6+5x^5+1=y^4-4y^3-y$ в натуральных числах. Будет ли здесь интереснее? Или школьникам и эти штуки уже давно показывают?

[dmd]

nnosipov в сообщении #1415111 писал(а):

уравнение $x^6+5x^5+1=y^4-4y^3-y$ в натуральных числах

по модулю $2$ решений нет.

[nnosipov]

Прощу прощения, там опечатки. Имелось в виду уравнение $x^6+2x^5+1=y^4-2y^3-y$.

[dmd]

nnosipov в сообщении #1415151 писал(а):

$x^6+2x^5+1=y^4-2y^3-y$

$x$ нечетный и $y$ квадратичный вычет по модулю $2$...

[nnosipov]

dmd в сообщении #1415248 писал(а):

$y$ квадратичный вычет по модулю $2$...

Что имеется в виду? Квадратичные вычеты обычно рассматривают по нечетному (в частности, простому) модулю. Вообще, уравнение $x^6+2x^5+1=y^4-2y^3-y$ разрешимо в целых числах, так что совсем простые соображения здесь не помогут. При желании левую и правую часть можно изменить, но общий метод решения подобных уравнений по-прежнему будет работать. Мне просто интересно, насколько этот общий метод известен, популярен и т.д. Скажем, описанная выше идея "зажать между двумя квадратами" действительно весьма известна и очень стара (100 лет как минимум). Здесь речь идет о естественном развитии этой идеи.

[dmd]

Если переборный алгоритм будет актуален и символ Кронекера $\left(\frac{y}{2}\right)=-1$, то такие $y$ не подходящи.

[nnosipov]

Как способ сократить перебор, это понятно. Но в общем случае задача существенного сокращения перебора (скажем, на порядок) кажется очень сложной.

Тем не менее, приведу один оптимистический пример. Рассмотрим уравнение

$$z^2=y^4+8Hy^3-12y^2+4,\eqno(*)$$

где $H$ --- целочисленный параметр. Это уравнение имеет "максимальное по порядку" решение $(y,z)$, для которого $y=4H^3-2H$. Стандартный алгоритм решения (наша старая идея "зажать между двумя квадратами") приводит к перебору $\asymp H^3$ значений $y$, для каждого из которых нужно вычислить правую часть уравнения и затем выяснить, будет ли она точным квадратом. Казалось бы, наличие "большого" решения подталкивает думать, что существенно меньшим числом тестов на "быть точным квадратом" и не обойтись. Но это не так: оказывается, есть способ решить уравнение $(*)$, проделав всего $\asymp H^2$ таких тестов, т.е. на порядок меньше. Разницу можно хорошо почувствовать уже при $H=100$.

[dmd]

Можно так переписать $(2 x^2)^2 - (2 x^2 (x + 1))^2 + (2 y (y - 1))^2 - (2 y + 1)^2=3$

[nnosipov]

dmd в сообщении #1415277 писал(а):

Можно так переписать $(2 x^2)^2 - (2 x^2 (x + 1))^2 + (2 y (y - 1))^2 - (2 y + 1)^2=3$

Красиво, но это точно случайность (я коэффициенты уравнения практически наобум написал). Да и непонятно, что с этим делать дальше.