Задача с треугольными числами

[Andrey A]

scwec в сообщении #1615419 писал(а):

И никакое уравнение Туэ не поможет найти все решения (или почти все), к чему Вы так стремитесь.

Нет, тут не соглашусь. Скромностью каши не испортишь конечно, тем более что у нас ее... на троих хватило бы, это да. Но. Слишком хорошо — тоже нехорошо. Вопрос был такой:

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

Известно, что существует бесконечно много пар треугольных чисел
пропорциональных двум фиксированным точкам числовой оси.
Верно ли это для трех и более точек, и какие тут могут быть ограничения?

И мы на него ответили. Для любого набора натуральных чисел можем найти соотв. набор пропорциональных треугольников, если он существует. Или засвидетельствовать его отсутствие. И об ограничениях имеем теперь представление статистического характера, это немало. В рамках темы, во всяком случае, самая существенная находка. Жаль только, что к частным суммам кубов она, как оказалось, отношения не имеет. В разрешимую четверку попадаем с такой малой вероятностью, что решением это не назовешь. Надо еще подумать. Горацию привет.

[scwec]

Всем старикам, и Эдельвейсу и Горацию привет передам, если встречу.
А чтоб не было мысли, что наткнуться на шестёрку - это супервезение, приведу ещё пару примеров,
которых у меня мешок (за которым годы упорных тренировок как отвечал Максу Иван Степанович из "Сватов"- ему тоже привет),
шестёрка $(17, 313, 613, 3833, 15329, 15331)\times 7665 = t(510), t(2190), t(3065), t(7665), t(15329), t(15330)$
семёрка $(17, 53, 359, 997, 2243, 8969, 8971)\times 4485 = t(390), t(1689), t(1794), t(2990), t(4485), t(8969), t(8970)$
И обе заканчиваются парой простых чисел близнецов. Это может быть достаточным условием не продолжения.
Ну, а так, поздравляю с творческими успехами, о которых Andrey A доложил.
Теперь можно вернуться к кубам или ещё куда-нибудь.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1615460 писал(а):

... поздравляю с творческими успехами, о которых Andrey A доложил.

Спасибо, Вас так же. Не отлынивайте. Нет, правда — процедура разложения алгебраического числа находит все целые решения, исключений пока не нашел. Сильно помогает то, что многочлен левой части уравнения $(8)$ имеет четыре вещественных корня (всегда, если не ошибаюсь). Но что там после происходит в больших дробях — как всегда загадка. Решения же PАRI/GP носят утвердительный характер, то есть это и только это. Разница существенная. Какие-то там верхние границы подключены. Семерки Ваши завораживают. Знать бы только что с ними делать дальше. Ладно, будем пока любоваться )
Да, и насчет кубов. Если заинтересует уравнение $a^2b^4+4b^2c^4+4c^2a^4=\square\ \gcd(a,b,c)=1,$ выложу контекст. Кажется, тут без Вашего искусства не обойтись. На кривой козе объехать пока не очень получается.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1615441 писал(а):

В разрешимую четверку попадаем с такой малой вероятностью, что решением это не назовешь.

Да нет, к тройке свести удается, но радости в том немного. Не зря же задача с историей. Напомню, уравнение выглядит так:

$$t_X^2-t_Y^2=Z^3,$$

что равносильно сумме

$$(Y+1)^3+(Y+2)^3+...+(X-1)^3+X^3=Z^3.$$

Разделив это почленно на $t_{Z}^2,$ имеем
$\left ( \dfrac{t_X}{t_Z} \right )^2-\left ( \dfrac{t_Y}{t_Z} \right )^2=\left ( \dfrac{(2X+1)^2-1}{(2Z+1)^2-1} \right )^2-\left ( \dfrac{(2Y+1)^2-1}{(2Z+1)^2-1} \right )^2=$ $\dfrac{Z^3}{t_Z^2}=\dfrac{4Z}{(Z+1)^2}=\left ( \dfrac{k^2+Z}{k(Z+1)} \right )^2-\left ( \dfrac{k^2-Z}{k(Z+1)} \right )^2.$ Последние два слагаемых — разность рациональных квадратов в общем виде для дроби $\dfrac{4Z}{(Z+1)^2}.$ Получаем систему $\left\{\begin{matrix} \dfrac{(2X+1)^2-1}{(2Z+1)^2-1}=\dfrac{k^2+Z}{k(Z+1)}\\ \dfrac{(2Y+1)^2-1}{(2Z+1)^2-1}=\dfrac{k^2-Z}{k(Z+1)} \end{matrix}\right.,$ которую можно записать в строку:

$$\dfrac{(2X+1)^2-1}{k^2+Z}=\dfrac{(2Y+1)^2-1}{k^2-Z}=\dfrac{(2Z+1)^2-1}{k(Z+1)}.$$

$k>\sqrt{Z}$ — некоторый рациональный параметр. Для существующего решения $(X_0,Y_0,Z_0)$ его можно вычислить по формуле $k=\dfrac{Z^2}{t_X-t_Y}=\dfrac{t_X+t_Y}{Z}.$ Можно также привести знаменатели тройки к целому виду и, подставив в уравнение $(8),$ обратно получить тройку $(X_0,Y_0,Z_0).$ Можно брать и случайные $k,Z$ — тоже будем получать решения (иногда), но дробные. scwec, предложенное Вам уравнение наверняка ведет к рациональным решениям, так что сильно не заморачивайтесь. Дело в том, что $Z$ из целочисленных решений в диапазоне $<3 \cdot 10^8$ всего 68 шт. https://oeis.org/A097811. А имея одно из них на руках, легче уж перебирать целый параметр, чем искать рациональное $k.$ Больше мне тут добавить нечего.

[Andrey A]

Кое-что добавлю по поводу пропорциональных $t$-троек и уравнения

Andrey A в сообщении #1614411 писал(а):

$$(b-a)^2 k^4-4a(b-a) k^3+(6a^2-2ab-2ac-2bc) k^2-4a(c-a)k+(c-a)^2=s^2 \qquad (8)$$

Многочлен левой части имеет четыре вещественных корня, которые отлично выражаются в радикалах:

$$k_1=-\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}},k_2=-\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}},k_3=-\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{c}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}},k_4=-\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{c}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}.$$

Ну, а имея на руках численное выражение $k$, можем исходить из принципа $u_{n+1}=\left[ -\dfrac{p_{n-1}-kq_{n-1}}{p_n-kq_n} \right]$ и $k \approx \dfrac{p_{n+1}=u_{n+1}p_n+p_{n-1}}{q_{n+1}=u_{n+1}q_n+q_{n-1}}.$ Тут $u_{n+1}$ — соотв. знак дроби разложения $k$, $p/q$ — подходящие дроби, $[...]$ — целая часть. Такая процедура сильно упрощает дело, хотя впадаем в зависимость от точности вычислительного устройства. В любом случае нужное количество знаков для запуска алгоритма разложения алгебраического числа получаем с лихвой.
Выпишу еще выражения для $x,y,z$ минуя промежуточные переменные $l,m:$

$$\left\{ \begin{array}{rcl} x=& \dfrac{k^2(b-a)+a-c}{s}\\ y=& \dfrac{(k+1)^2(b-a)+c-b}{s}\\ z=& \dfrac{k^2(b-a)+(2k+1)(c-a)}{s}\\ \end{array} \right.\qquad (7')\ \ \Rightarrow \ \ \ \dfrac{t_x}{a}=\dfrac{t_y}{b}=\dfrac{t_z}{c}. $$

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1620192 писал(а):

$$\Rightarrow \ \ \ \dfrac{t_x}{a}=\dfrac{t_y}{b}=\dfrac{t_z}{c}. $$

И тут без путаницы не обошлось Правильно так:

Andrey A в сообщении #1614411 писал(а):

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

[scwec]

Приведу для примера три рациональных решения уравнения $(8)$. Два компактных и одно громоздкое. Первые два получены способом Кармайкла без приведения уравнения $(8)$ к канонической форме Вейерштрасса.
Третье получилось после сложения рациональных точек на эллиптической кривой с применением PARI/GP и уравнение $(8)$ после приведения в переменных $(u,w)$ выглядит так:
$w^2=u^3 - 4(2ab - ac - bc)u^2 + 16ab(b - c)(a - c)u$

$k =-\dfrac{2(a - c)}{a - b - c}$,
$s = \dfrac{(a - c)(a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2)}{(a - b - c)^2}$,
$X = \dfrac{a^2 - b^2 + 2bc - c^2}{a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2}$,
$Y = \dfrac{(a - b + c)2b}{a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2}$,
$Z = \dfrac{(a + b - c)2c}{a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2}$.

$k = -\dfrac{a - b - c}{2(a - b)}$,
$s = \dfrac{a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2}{4(a - b)}$,
$X = -\dfrac{2a(a - b - c)}{a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2}$,
$Y = \dfrac{2b(a - b + c)}{a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2}$,
$Z = \dfrac{2c(a + b - c)}{a^2 - 2ab - 2ac + b^2 - 2bc + c^2}$
Здесь и ниже $X,Y,Z$ - числа такие, что $\dfrac{t_X}{a}=\dfrac{t_Y}{b}=\dfrac{t_Z}{c}$

k = -2*(a^3 - 2*a^2*b - 3*a^2*c + a*b^2 + 3*a*c^2 - b^2*c + 2*b*c^2 - c^3)/(3*a^3 - 5*a^2*b - 5*a^2*c + a*b^2 + 6*a*b*c + a*c^2 + b^3 - b^2*c - b*c^2 + c^3)

s = (a - c)*(a^6 - 6*a^5*b - 6*a^5*c + 15*a^4*b^2 - 14*a^4*b*c + 15*a^4*c^2 - 20*a^3*b^3 + 20*a^3*b^2*c + 20*a^3*b*c^2 - 20*a^3*c^3 + 15*a^2*b^4 + 20*a^2*b^3*c - 70*a^2*b^2*c^2 + 20*a^2*b*c^3 + 15*a^2*c^4 - 6*a*b^5 - 14*a*b^4*c + 20*a*b^3*c^2 + 20*a*b^2*c^3 - 14*a*b*c^4 - 6*a*c^5 + b^6 - 6*b^5*c + 15*b^4*c^2 - 20*b^3*c^3 + 15*b^2*c^4 - 6*b*c^5 + c^6)/((a - b - c)^2*(3*a^2 - 2*a*b - 2*a*c - b^2 + 2*b*c - c^2)^2), 

X = -(3*a^6 - 8*a^5*b - 8*a^5*c + 3*a^4*b^2 + 10*a^4*b*c + 3*a^4*c^2 + 8*a^3*b^3 - 8*a^3*b^2*c - 8*a^3*b*c^2 + 8*a^3*c^3 - 7*a^2*b^4 + 12*a^2*b^3*c - 10*a^2*b^2*c^2 + 12*a^2*b*c^3 - 7*a^2*c^4 + b^6 - 6*b^5*c + 15*b^4*c^2 - 20*b^3*c^3 + 15*b^2*c^4 - 6*b*c^5 + c^6)/(a^6 - 6*a^5*b - 6*a^5*c + 15*a^4*b^2 - 14*a^4*b*c + 15*a^4*c^2 - 20*a^3*b^3 + 20*a^3*b^2*c + 20*a^3*b*c^2 - 20*a^3*c^3 + 15*a^2*b^4 + 20*a^2*b^3*c - 70*a^2*b^2*c^2 + 20*a^2*b*c^3 + 15*a^2*c^4 - 6*a*b^5 - 14*a*b^4*c + 20*a*b^3*c^2 + 20*a*b^2*c^3 - 14*a*b*c^4 - 6*a*c^5 + b^6 - 6*b^5*c + 15*b^4*c^2 - 20*b^3*c^3 + 15*b^2*c^4 - 6*b*c^5 + c^6)

Y = 2*(3*a^5 - 11*a^4*b + 7*a^4*c + 14*a^3*b^2 - 4*a^3*b*c - 10*a^3*c^2 - 6*a^2*b^3 - 14*a^2*b^2*c + 30*a^2*b*c^2 - 10*a^2*c^3 - a*b^4 + 12*a*b^3*c - 14*a*b^2*c^2 - 4*a*b*c^3 + 7*a*c^4 + b^5 - b^4*c - 6*b^3*c^2 + 14*b^2*c^3 - 11*b*c^4 + 3*c^5)*b/(a^6 - 6*a^5*b - 6*a^5*c + 15*a^4*b^2 - 14*a^4*b*c + 15*a^4*c^2 - 20*a^3*b^3 + 20*a^3*b^2*c + 20*a^3*b*c^2 - 20*a^3*c^3 + 15*a^2*b^4 + 20*a^2*b^3*c - 70*a^2*b^2*c^2 + 20*a^2*b*c^3 + 15*a^2*c^4 - 6*a*b^5 - 14*a*b^4*c + 20*a*b^3*c^2 + 20*a*b^2*c^3 - 14*a*b*c^4 - 6*a*c^5 + b^6 - 6*b^5*c + 15*b^4*c^2 - 20*b^3*c^3 + 15*b^2*c^4 - 6*b*c^5 + c^6)

Z = 2*(3*a^5 + 7*a^4*b - 11*a^4*c - 10*a^3*b^2 - 4*a^3*b*c + 14*a^3*c^2 - 10*a^2*b^3 + 30*a^2*b^2*c - 14*a^2*b*c^2 - 6*a^2*c^3 + 7*a*b^4 - 4*a*b^3*c - 14*a*b^2*c^2 + 12*a*b*c^3 - a*c^4 + 3*b^5 - 11*b^4*c + 14*b^3*c^2 - 6*b^2*c^3 - b*c^4 + c^5)*c/(a^6 - 6*a^5*b - 6*a^5*c + 15*a^4*b^2 - 14*a^4*b*c + 15*a^4*c^2 - 20*a^3*b^3 + 20*a^3*b^2*c + 20*a^3*b*c^2 - 20*a^3*c^3 + 15*a^2*b^4 + 20*a^2*b^3*c - 70*a^2*b^2*c^2 + 20*a^2*b*c^3 + 15*a^2*c^4 - 6*a*b^5 - 14*a*b^4*c + 20*a*b^3*c^2 + 20*a*b^2*c^3 - 14*a*b*c^4 - 6*a*c^5 + b^6 - 6*b^5*c + 15*b^4*c^2 - 20*b^3*c^3 + 15*b^2*c^4 - 6*b*c^5 + c^6)

Можно представить и множество других рациональных решений, но они выглядят ещё более громоздкими.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1620397 писал(а):

Два компактных и одно громоздкое.

Я тут вынужден Вас огорчить. Чтобы проверить два решения $X,Y,Z$ и $X',Y',Z'$ на идентичность (при фиксированных $a,b,c$), достаточно равенства двух элементов, к примеру $X=X'.$ Ведь $N$ тогда определено, и остальные неизвестные могут быть вычислены непосредственно. В первых двух Ваших решениях совпадают целых два элемента $(Y,Z),$ а $X$ первого решения совпадает с моим иксом от 15.12.2021:

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 $(2).$

Короче, всё то же решение по-разному записанное. Третье решение действительно громоздкое, но если бы знать при каких $a,b,c$ дроби сократимы, всё бы стало интересней. Или при каких $a,b,c$ выполняется хотя бы
$a^6-6a^5b-6a^5c+15a^4b^2-14a^4bc+15a^4c^2-20a^3b^3+20a^3b^2c+20a^3bc^2-20a^3c^3+15a^2b^4+20a^2b^3c-70a^2b^2c^2+20a^2bc^3+15a^2c^4-6ab^5-14ab^4c+20ab^3c^2+20ab^2c^3-14abc^4-6ac^5+b^6-6b^5c+15b^4c^2-20b^3c^3+15b^2c^4-6bc^5+c^6 \approx 0.$
То есть выяснить условие аналогичное условию $\sqrt{a} \approx \sqrt{b}+\sqrt{c}$ для компактного решения.

[scwec]

Вообще-то, рациональное решение уравнения $(8)$ - 'это две рациональные функции $k(a,b,c)$ и $s(a,b,c)$, а $X,Y,Z$ - это бесплатное приложение к трём решениям.
Уж какие получились - такие получились.
Как заметил классик "Других писателей для вас у меня нет".
Посмотреть знаменатели $X,Y,Z$ - это, пожалуй, интересно.
Посмотрю.

[Andrey A]

scwec
А писателей других и не надо. Из них политологи вылупляются.

[scwec]

Понравилось задорное обращение ко мне Andrey A
Между тем, я успел посмотреть знаменатели $X,Y,Z$.
В первых двух примерах, как и ожидалось, при $a=m^2, b=n^2,c=(m+n)^2$ знаменатель обращается в ноль и нигде больше.
В третьем, (громоздком) при $a<b<c<10000$ и $\gcd(\gcd(a,b),c)=1$ знаменатель в ноль не обращается.
Дальше, может и обратится. Проверять сегодня времени нет. Кстати, знаменатель и единице не равен в этом диапазоне,
если не ошибся, конечно.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1620436 писал(а):

... задорное обращение ко мне Andrey A

Нет, ну это же не про Вас! Право ) Лишку-то на себя наговаривать...

[scwec]

Andrey A
Не заморачивайтесь по мелочам. Моё дружеское отношение к Вам остаётся прежним.
Сегодня выдалось свободное время и я, перебирая свои записи 2-х годичной давности, обнаружил заметки о кубах.
В переводе на терминологию этой темы, уравнение $t_X^2-t_Y^2=t_U^2-t_V^2=Z^3$ имеет решение в натуральных числах $X,Y,U,V,Z$. Если оно известно, то выложите его, если нет - то есть повод поразмышлять.
Решение, конечно, частное.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1620599 писал(а):

$t_X^2-t_Y^2=t_U^2-t_V^2=Z^3$

В общем виде известно только $t_Z^2-t_{Z-1}^2=Z^3.$ Тождество. Любое нетривиальное решение можно записать в нужном виде:
$t_5^2-t_2^2=t_6^2-t_5^2=6^3$
$t_{69}^2-t_5^2=t_{180}^2-t_{179}^2=180^3$ и т.д.
Самих нетр. решений могу дать список. Численно. В ином виде не встречал, даже частных. Основная трудность — параметр $Z.$ Любое решение явно или неявно содержит его в качестве аргумента. Но если мы знаем $Z$, лучше перебора представить себе ничего не могу.

[scwec]

Andrey A
Ход мысли понятен. Но в виду имелось нечто другое.
Перепишем уравнение так: $t_X^2-t_Y^2=t_U^2-t_V^2=t_Z^2-t_{Z-1}^2$.
Найти натуральные $X,Y,U,V,Z$. (без повторов, конечно)
Уравнение фактически то же, а сложностей прибавилось.