Задача с треугольными числами

[Andrey A]

scwec в сообщении #1613910 писал(а):

Позже выложу...

Я не тороплю. Но пока суд да дело, домножим на $q:$

$$qa^4 - 4 p a^3 b + 2q a^2 b^2 + 4 p a b^3 + qb^4 = q.$$

Если оно неприводимое (что быстро выясняется), чем Вам не Туэ?

[scwec]

Andrey A в сообщении #1613881 писал(а):

Оставить всё же $R=\dfrac {p}{q};\ w=a^2+b^2,u=a^2-b^2,v=2ab;$ и переписать условие $\dfrac {w^2-1}{2uv}=R$ так:

$$a^4 - 4 R a^3 b + 2 a^2 b^2 + 4 R a b^3 + b^4 = 1.$$

На самом деле хорошая идея для вычисления $u,v$ по заданному $R$. Только что проверил Ваши вычисления. Pari дает те же результаты. Но из взятых наугад посторонних дробей ни одна не дала результата кроме $ab=0$
Так что заведите себе PARI/GP. берите любое $R=p/q$ (например $15/13$) и решайте уравнение.

21:37) gp > thue(thueinit((t^4+2*t^2+1)*13-(4*15)*(t^3-t)),13)
= [[-26, -15], [-15, 26], [-1, 0], [0, -1], [0, 1], [1, 0], [15, -26], [26, 15]]

Ну, а с натуральными $R$ буду посвободней, напишу. Хотя там нужных решений совсем нет.
Кстати, Ваше последнее сообщение с моим разошлось в какие-то секунды, увидел Ваше уже после отправки своего.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1613991 писал(а):

заведите себе PARI/GP.

Их же надо выгуливать...

[Andrey A]

scwec в сообщении #1613991 писал(а):

Хотя там нужных решений совсем нет.

$R_n$ по старшинству:

$\dfrac{7}{3},\dfrac{6}{5},\dfrac{7}{5},\dfrac{19}{5},\dfrac{8}{7},\dfrac{13}{7},\dfrac{37}{7},\dfrac{61}{9},\dfrac{31}{11},\dfrac{91}{11},$ $\dfrac{15}{13},\dfrac{43}{13},\dfrac{73}{17},\dfrac{22}{19},\dfrac{91}{19},\dfrac{44}{21},\dfrac{41}{23},\dfrac{33}{26},$ $\dfrac{45}{31},\dfrac{43}{33},\dfrac{85}{33},\dfrac{39}{35},\dfrac{57}{35},\dfrac{40}{39},\dfrac{47}{44},\dfrac{77}{52},\dfrac{87}{70},\dfrac{82}{71},\dfrac{99}{91},$ ну и т.д., мог что-то пропустить.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1614072 писал(а):

scwec в сообщении #1613991

писал(а):
Хотя там нужных решений совсем нет.

Нужных целых решений и нет, а также половинок, четвертушек и т.д.

[Andrey A]

Ах, Вы о целых $R$? Ну да, знаменатели все больше нечетные, и числители, но без единицы. Я-то выписал младшие, для которых находятся целые тройки.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1614077 писал(а):

Нужных целых решений и нет, а также половинок, четвертушек и т.д.

$R=33/32 \to u=8,v=6,w=10$
$R=65/64 \to u=210,v=176,w=274$
$R=133/128 \to u=16,v=12,w=20$
?

[scwec]

Ну, "и т.д." можно отбросить.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

Это можно записать в строку: $ \dfrac{t_X}{A}=\dfrac{t_Y}{B}=\dfrac{t_Z}{C}=\dfrac{t_S}{D}.$

Для трех заданных точек $a<b<c$, напомню, это можно записать так:

$$\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}=\dfrac{z^2-1}{c}$$

scwec, спасибо за поддержку, тема чуть было не засохла. Странно. За два года были разобраны всего два частных случая, а между тем тут есть полное решение. Теми же методами. Заметим, что от умножения параметров $a,b,c$ на любое другое число справедливость равенства не меняется (если оно было верно). Поэтому будим считать $\gcd(a,b,c)=1,$ что вовсе не обязательно для тройки неизвестных $x,y,z.$ Рассмотрим для начала похожую систему:

$$\dfrac{x^2+t}{a}=\dfrac{y^2+t}{b}=\dfrac{z^2+t}{c}=N$$

Для фиксированных $a,b,c$ она бы решалась просто: $\sqrt{aN-t}=x,\sqrt{bN-t}=y,\sqrt{cN-t}=z,$ если бы неизвестные не были по условию целыми числами. Вспомним тогда о свойстве равных дробей — их медианта образует третью равную дробь, даже если элементы одной из них взяты с противоположными знаками. Запишем:
$N=\dfrac{(z^2+t)-(x^2+t)}{c-a}=\dfrac{(y^2+t)-(x^2+t)}{b-a}=\dfrac{z^2-x^2}{c-a}=\dfrac{y^2-x^2}{b-a}.$ Отсюда $\dfrac{z^2-x^2}{y^2-x^2}=\dfrac{c-a}{b-a}.$ Обозначим последнюю дробь $\dfrac{c-a}{b-a}=m,$ тогда $m=\dfrac{\left( \dfrac {z}{x} \right)^2-1}{\left( \dfrac {y}{x} \right)^2-1},$ и можем воспользоваться общим решением этого уравнения в рациональных числах:

Andrey A в сообщении #1551653 писал(а):

Касательно уравнения $m=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ можно утверждать следующее: ...
2) В рациональных числах уравнение имеет полное $2$-параметрическое решение $x=\dfrac{2m(k+1)}{k^2-m}+1,\ y=\dfrac{2(k+m)}{k^2-m}+1.$

После преобразований имеем:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} x=& l(k^2-m)\\ y=& l(k^2+2k+m)\\ z=& l(k^2+(2k+1)m)\\ \end{array} \right. \qquad (7),$$

где $m=\dfrac{c-a}{b-a},\ l$ — рациональный коэффициент такой, что $x,y,z$ — целые (в идеале).
Далее подстановкой в предыдущее $N=\dfrac{(y^2+t)-(x^2+t)}{b-a}$ получаем $N=\dfrac{4l^2k(k+1)(c-a+k(b-a))}{(b-a)^2}$ и, помня что $t$ нас интересует не любое, приравниваем $t=aN-x^2=-1.$ Получаем итоговое уравнение

$$(b-a)^2 k^4-4a(b-a) k^3+(6a^2-2ab-2ac-2bc) k^2-4a(c-a)k+(c-a)^2=\left( \dfrac{b-a}{l} \right)^2 \qquad (8)$$

Далее как по нотам. Раскладываем корень многочлена $(8)$ (левая часть) в непрерывную дробь и фиксируем значения $k_n$, при которых в правой части образуется квадрат рационального числа $s^2.$ Из $\dfrac{b-a}{l}=s$ получаем $l=\dfrac{b-a}{s}$ и находим отсюда искомые значения $x,y,z$ по формулам $(7).$ Я уже погонял слегка, впечатления похожие — можем получить целые решения, рациональные, а можем ничего не получить. Порядок $a<b<c$ взят для удобства. Те же величины взятые в ином порядке (под теми же буквами) могут дать варианты, но понятно что целых решений конечное число.

Теперь к Туэ. Назначаем $\dfrac{p}{q}=k$ и домножаем почленно $(8)$ на $q^4.$ В правой части имеем S^2=\left( \dfrac{(b-a)q^2}{l} \right)^2$, где $S$ — целое число, которое в отличии от предыдущего следует назначить. Если уравнение оказывается разрешимо, определено l\ =\dfrac{(b-a)q^2}{S}$ и некоторое решение по формулам $(7).$ При каких $S$ уравнение разрешимо и при каких $S$ имеем целые $x,y,z$ — для меня загадка.
scwec, тут мяч на Вашей стороне. Меня пока занимает вопрос — все ли целые решения могут быть получены разложением алгебраического числа.

[scwec]

С помощью PARI/GP можно решить уравнение Туэ, но при заданных $a,b,c$, для получения всех решений
придется перебрать все целые $S$. (Кстати, решения для всех целых $R$ у меня пока нет, хотя для $R<1000$ такие решения отсутствуют, но есть пара сомниnельных $R$ например, 978 с переполнением стека, некогда ими заниматься).
Приведу пример получения решений итогового уравнения $(8)$ с кодами Pari
$a=115,b=116,c=117$, а $S$ меняется от $1$ до $1000$

(15:19) gp > {A=[];
a=115;
b=116;
c=117;
P=(b-a)^2;
Q=4*a*(b-a);
M=6*a^2-2*a*b-2*a*c-2*b*c;
U=4*a*(c-a);
V=(c-a)^2;
for(N=1,1000,
r=thue(thueinit(P*t^4-Q*t^3+M*t^2-U*t+V),N^2);if(r!=A,print1("S=",N,"  ");print(r)))}
S=1  [[-1, 0], [-1, 1], [1, -1], [1, 0]]
S=2  [[-2, 1], [0, -1], [0, 1], [2, -1]]
S=4  [[-2, 0], [-2, 2], [2, -2], [2, 0]]
S=8  [[-4, 2], [0, -2], [0, 2], [4, -2]]
S=9  [[-3, 0], [-3, 3], [3, -3], [3, 0]]
S=16  [[-4, 0], [-4, 4], [4, -4], [4, 0]]
S=18  [[-6, 3], [0, -3], [0, 3], [6, -3]]
S=25  [[-5, 0], [-5, 5], [5, -5], [5, 0]]
S=32  [[-8, 4], [0, -4], [0, 4], [8, -4]]
S=36  [[-6, 0], [-6, 6], [6, -6], [6, 0]]
S=49  [[-7, 0], [-7, 7], [7, -7], [7, 0]]
S=50  [[-10, 5], [0, -5], [0, 5], [10, -5]]
S=53  [[-3, 1], [-1, 2], [1, -2], [3, -1]]
S=64  [[-8, 0], [-8, 8], [8, -8], [8, 0]]
S=72  [[-12, 6], [0, -6], [0, 6], [12, -6]]
S=81  [[-9, 0], [-9, 9], [9, -9], [9, 0]]
S=98  [[-14, 7], [0, -7], [0, 7], [14, -7]]
S=100  [[-10, 0], [-10, 10], [10, -10], [10, 0]]
S=106  [[-4, 1], [-2, 3], [2, -3], [4, -1]]
S=121  [[-11, 0], [-11, 11], [11, -11], [11, 0]]
S=128  [[-16, 8], [0, -8], [0, 8], [16, -8]]
S=144  [[-12, 0], [-12, 12], [12, -12], [12, 0]]
S=162  [[-18, 9], [0, -9], [0, 9], [18, -9]]
S=169  [[-13, 0], [-13, 13], [13, -13], [13, 0]]
S=196  [[-14, 0], [-14, 14], [14, -14], [14, 0]]
S=199  [[-7, 3], [-1, 4], [1, -4], [7, -3]]
S=200  [[-20, 10], [0, -10], [0, 10], [20, -10]]
S=212  [[-6, 2], [-2, 4], [2, -4], [6, -2]]
S=225  [[-15, 0], [-15, 15], [15, -15], [15, 0]]
S=242  [[-22, 11], [0, -11], [0, 11], [22, -11]]
S=256  [[-16, 0], [-16, 16], [16, -16], [16, 0]]
S=288  [[-24, 12], [0, -12], [0, 12], [24, -12]]
S=289  [[-17, 0], [-17, 17], [17, -17], [17, 0]]
S=324  [[-18, 0], [-18, 18], [18, -18], [18, 0]]
S=338  [[-26, 13], [0, -13], [0, 13], [26, -13]]
S=361  [[-19, 0], [-19, 19], [19, -19], [19, 0]]
S=392  [[-28, 14], [0, -14], [0, 14], [28, -14]]
S=398  [[-8, 1], [-6, 7], [6, -7], [8, -1]]
S=400  [[-20, 0], [-20, 20], [20, -20], [20, 0]]
S=424  [[-8, 2], [-4, 6], [4, -6], [8, -2]]
S=441  [[-21, 0], [-21, 21], [21, -21], [21, 0]]
S=450  [[-30, 15], [0, -15], [0, 15], [30, -15]]
S=477  [[-9, 3], [-3, 6], [3, -6], [9, -3]]
S=484  [[-22, 0], [-22, 22], [22, -22], [22, 0]]
S=512  [[-32, 16], [0, -16], [0, 16], [32, -16]]
S=529  [[-23, 0], [-23, 23], [23, -23], [23, 0]]
S=576  [[-24, 0], [-24, 24], [24, -24], [24, 0]]
S=578  [[-34, 17], [0, -17], [0, 17], [34, -17]]
S=625  [[-25, 0], [-25, 25], [25, -25], [25, 0]]
S=648  [[-36, 18], [0, -18], [0, 18], [36, -18]]
S=676  [[-26, 0], [-26, 26], [26, -26], [26, 0]]
S=722  [[-38, 19], [0, -19], [0, 19], [38, -19]]
S=729  [[-27, 0], [-27, 27], [27, -27], [27, 0]]
S=784  [[-28, 0], [-28, 28], [28, -28], [28, 0]]
S=796  [[-14, 6], [-2, 8], [2, -8], [14, -6]]
S=800  [[-40, 20], [0, -20], [0, 20], [40, -20]]
S=841  [[-29, 0], [-29, 29], [29, -29], [29, 0]]
S=848  [[-12, 4], [-4, 8], [4, -8], [12, -4]]
S=882  [[-42, 21], [0, -21], [0, 21], [42, -21]]
S=900  [[-30, 0], [-30, 30], [30, -30], [30, 0]]
S=954  [[-12, 3], [-6, 9], [6, -9], [12, -3]]
S=961  [[-31, 0], [-31, 31], [31, -31], [31, 0]]
S=968  [[-44, 22], [0, -22], [0, 22], [44, -22]]

Ну, а далее разбираться на любителя.
Хотя вот ещё строки с кодами из Maple для вычисления $x,y,z$ при $S=199$

solve({F = (x^2 - 1)/a, G = (y^2 - 1)/b, H = (z^2 - 1)/c, a = 115, b = 116, c = 117, k = -7/3, l = 9/199, m = 2, x = l*(k^2 - m), y = l*(k^2 + 2*k + m), z = l*(k^2 + (2*k + 1)*m)}, {F, G, H, a, b, c, k, l, m, x, y, z})
{F = -336/39601, G = -336/39601, H = -336/39601, a = 115, b = 116, c = 117, k = -7/3, l = 9/199, m = 2, x = 31/199, y = 25/199, z = -17/199}

[Andrey A]

scwec в сообщении #1614509 писал(а):

... перебрать все целые $S$.

В этом и недоумение. Хотя, бесконечному количеству рациональных решений оно как раз не противоречит, надо только понять какие $S$ соотв. целым решениям. Может делители $a-b,b-c,c-a$? Я пока не вникал, у меня тут суета по жизни.

Andrey A в сообщении #1613742 писал(а):

$a=115,b=116,c=117$

Это явно неразрешимо в $\mathbb{Z}$. Вот список разрешимых троек со старшим элементом $12:$
$1,2,12.$
$1,5,12.$
$1,6,12.$
$1,7,12.$
$2,5,12.$
$2,7,12.$
$5,7,12.$
Но больше теснить нельзя. Тут какой-то сакраментальный запрет, выполняется жестко. В том числе и с простыми: тройки $(2,5,7)\times3$ или $(2,3,11)\times5$ возвращают тройки треугольных чисел, но простые и в том и в другом случае с пробелами. Авантюрно предположу, что тройки последовательных простых неразрешимы. Насчет больших чисел (в начале) я оказался неправ. Всё проще — большинство троек вообще не имеет решений. А самые большие, похоже, описаны тут:*

Andrey A в сообщении #1542992 писал(а):

Для трех точек имеется частное решение в полиномах. Но в рациональных числах. Обозначим функцию $a^2-2ab+b^2-2bc+c^2-2ca=(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)=f(a,b,c) \neq 0.$ Тогда тройка

$$\left\{\begin{matrix} X=\dfrac{a^2-(b-c)^2}{f(a,b,c)} \neq 0\\ Y=\dfrac{b^2-(a-c)^2}{f(a,b,c)} \neq 0\\ Z=\dfrac{c^2-(a-b)^2}{f(a,b,c)} \neq 0 \end{matrix}\right.$$

удовлетворяет уравнению $\dfrac{t_X}{a}=\dfrac{t_Y}{b}=\dfrac{t_Z}{c}\ \eqno (2).$ Условия, при которых эти решения окажутся целыми, точно сформулировать не берусь, но тут неожиданная связь с другой задачей: чем лучше выполняется $\sqrt{a} \approx \sqrt{b}+\sqrt{c}$, тем больше шансов получить целые решения $(2).$ Лучшее приближение для составного $a$ свободного от квадратов — с гарантией...

Из приведенных выше троек самое большое решение $(1,6,12)\times595=t(34),t(84),t(119).$ И еще что интересно — двух целых решений для заданной тройки пока не встречал, но это, видимо, по малолетству.

*И не обязательно: $(8,9,13)\times19635=t(560),t(594),t(714).$

[Andrey A]

Еще несколько разрешимых троек из простых. На всякий случай:

$(5,\ 17,\ 19) \times 9=t(9),\ t(17),\ t(18).$
$(2,\ 7,\ 17) \times 33=t(11),\ t(21),\ t(33).$
$(3,\ 13,\ 29) \times 57=t(18),\ t(38),\ t(57).$
$(2,\ 5,\ 13) \times 60=t(15),\ t(24),\ t(39).$
$(5,\ 19,\ 43) \times 87=t(29),\ t(57),\ t(86).$
$(2,\ 7,\ 31) \times 138=t(23),\ t(68),\ t(92).$
$(3,\ 17,\ 47) \times 210=t(35),\ t(84),\ t(140).$
$(5,\ 11,\ 31) \times 555=t(74),\ t(110),\ t(185).$
$(19,\ 23,\ 47) \times 1155=t(209),\ t(230),\ t(329).$
$(3,\ 19,\ 37) \times 1855=t(105),\ t(265),\ t(370).$
$(5,\ 23,\ 41) \times 9030=t(300),\ t(644),\ t(860).$

И две четверки:

$(3,\ 7,\ 29,\ 31) \times 15=t(9),\ t(14),\ t(29),\ t(30).$
$(5,\ 11,\ 41,\ 43) \times 21=t(14),\ t(21),\ t(41),\ t(42).$

Четверки специально не искал, но "населяющие" их тройки имеют общий коэффициент $N$
и два общих знака. Само бросается в глаза.

[scwec]

С помощью программы в кодах PАRI/GP вычисляются все двойки, тройки, четверки, пятерки, шестерки, семерки (возможно и т.д.) простых чисел (в определённом диапазоне, конечно). Троек очень много, четвёрок много, пятёрок меньше и т.д., насмотрелся на них.
Привожу пример двух семёрок.
$(5, 31, 61, 677, 1523, 6089, 6091)\times 3045=t(174), t(434), t(609), t(2030), t(3045), t(6089), t(6090)$
$(19, 23, 47, 257, 577, 2309, 2311)\times 1155=t(209), t(230), t(329), t(770), t(1154), t(2309), t(2310)$
Они не продолжаются до восьмёрок простых чисел в диапазоне до $10^{10}$.
Вообще, вопрос продолжения троек до четвёрок, четвёрок до пятёрок и т.д. в простых числах может быть интересным.
Первое впечатление - не продолжаются, если натыкаются на пару простых чисел-близнецов.
Кстати, две четвёрки, которые предъявил Andrey A не продолжаемы в простых числах в указанном выше диапазоне.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1615327 писал(а):

... вопрос продолжения троек до четвёрок, четвёрок до пятёрок и т.д. в простых числах может быть интересным.

Наверное могут быть подобные (аналитические) методы и для четверок и т.д., но они не нужны. Тут всё просто, поясню на четверках. Многострадальный уже вопрос:

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

$ \dfrac{x^2-1}{A}=\dfrac{y^2-1}{B}=\dfrac{z^2-1}{C}=\dfrac{s^2-1}{D}=N,$

где искомые $x,y,z,s$ нечетные, $A,B,C,D$ — фиксированные аргументы. Выбираем из них произвольную тройку (к примеру $A,B,C$), проверяем. Если она оказалась неразрешима, то четверка $A,B,C,D$, конечно, тоже неразрешима. Если решения есть, их конечное число. Тогда определены все возможные $N,$ их тоже конечное число. Проверяем, нет ли целых квадратов среди $DN_i+1.$ Если есть, имеем решение, в противном случае четверка всё же неразрешима. То же и с пятерками, шестерками и т.д. Чтобы случайно набрести на разрешимую шестерку, надо быть уже супер-везунчиком, но для тестирования достаточно тройки.
Продолжение (достраивание) до четверок, пятерок и т.д. — тут тоже просто. Имея на руках $N,$ можем вычислить квадраты $s_i^2 \equiv 1 \pmod N,$ их бесконечная серия (серии). И для каждого квадрата определено $D_i=\dfrac{s_i^2-1}{N}.$ Но в случае простого $D$ квадрат не может быть слишком большим. Ваши чемпионские семерки впечатляют!
Но почему именно тройки? Именно из-за конечного числа решений. Двоек бесконечная серия, устанешь проверять. Вообще говоря, ситуация с уравнением Туэ сильно упростила дело. Конечное число решений означает конечное количество переборов/проверок. Это во-первых. А во-вторых решает-то его машина! (а внутре у нее неонка, это еще старик Эдельвейс знал). Да. И выходит ничего заоблачного )

[scwec]

Andrey A
Интерес вопроса с продолжением троек, четвёрок простых чисел и т.д. не в том, как продолжать (это очевидно),
а в том, когда надо продолжать, а когда нет. Моё первоначальное впечатление именно об этом.
(пара простых чисел-близнецов).
Что касается конечного числа решений, то это плохо помогает при расчетах, поскольку неизвестно,
сколько этих решений, а вдруг их $10^{100}$ или чего похуже. И никакое уравнение Туэ не поможет найти все решения (или почти все), к чему Вы так стремитесь.
Как говаривал старик Гораций "Люби не то, что хочется любить. А то, что можешь, то чем обладаешь".
Не зря капитан Блад так любил эти строки.