2n^2+1, 3n^2+1, 6n^2+1, и все они - квадраты?

[scwec]

Замечу, что $2n^2+1$, $3n^2+1$, $11n^2+1$, а также
$2n^2+1$, $3n^2+1$, $18n^2+1$;
$2n^2+1$, $3n^2+1$, $27n^2+1$;
$2n^2+1$, $3n^2+1$, $38n^2+1$;
(дальнейшее продолжение вовсе не так очевидно)
тоже не являются одновременно полными квадратами, как и числа в первоначальном вопросе Xenia1996. Причина этого - в отсутствии натуральных решений задачи Лича при определенных $N$, для первоначального вопроса $N=2$.
Наверное, можно найти и другие причины этого явления.

[nnosipov]

scwec в сообщении #446629 писал(а):

Замечу, что $2n^2+1$, $3n^2+1$, $11n^2+1$, а также
$2n^2+1$, $3n^2+1$, $18n^2+1$;
$2n^2+1$, $3n^2+1$, $27n^2+1$;
$2n^2+1$, $3n^2+1$, $38n^2+1$;
(дальнейшее продолжение вовсе не так очевидно)
тоже не являются одновременно полными квадратами, как и числа в первоначальном вопросе Xenia1996. Причина этого - в отсутствии натуральных решений задачи Лича при определенных $N$, для первоначального вопроса $N=2$.
Наверное, можно найти и другие причины этого явления.

Для троек $2n^2+1$, $3n^2+1$, $18n^2+1$ и $2n^2+1$, $3n^2+1$, $27n^2+1$ работают прежние "детские" аргументы.

[scwec]

Троек-то можно выписать немеряно. Конечно, для каких-то будут находиться простые объяснения.

[Руст]

scwec в сообщении #446647 писал(а):

Троек-то можно выписать немеряно. Конечно, для каких-то будут находиться простые объяснения.

На самом деле для любого $n$ существует бесконечно много значений $a_i$, что все числа $a_in^2+1$ квадраты. В то же время, для данных $a,b$ множество $n$ для которых $an^2+1,bn^2+1$ оба квадраты конечно, за исключением случая, когда $\frac ab$ квадрат рационального числа.

[nnosipov]

Руст в сообщении #446659 писал(а):

для данных $a,b$ множество $n$ для которых $an^2+1,bn^2+1$ оба квадраты конечно, за исключением случая, когда $\frac ab$ квадрат рационального числа.

Как это доказать? Сомневаюсь, что доказательство простое. Можете доказать хотя бы на Ксенином примере $a=2$, $b=3$?

[Руст]

Схема доказательство:
Обозначим решения уравнения Пелля $x^2-an^2=1$ через $A=\{(x_i,n_i)\}$, аналогично для другого уравнения через $B$. Эти множества и их проекции порождаются линейным рекурентным соотношением второго порядка. В частности $n_{i+1}=c(a)n_i+d(a)n_{i-1}$. И вообще можно линейно выразить одно из $n_{i+j_1}$ через $n_i, n_{i-j_2}$ едиными (не зависящими от i коэффициентами. Если имеется много значений $n=m,k,...$, что $an^2+1,bn^2+1$ квадраты при $n=m,k,...$ то существуют $i,j,r,s,...$, что
$m=n_i(a), k=n_j(a),...,m=n_r(b),k=n_s(b),...$ то они порождаются одной рекуренцией (правда может с разными интервалами). А такие множества являются подмножествами, являющимися арифметической прогрессии по индексам одного уравнения Пелля, что приводит к рациональности $\sqrt{ab}$.

[nnosipov]

Руст в сообщении #446704 писал(а):

Схема доказательство:
Обозначим решения уравнения Пелля $x^2-an^2=1$ через $A=\{(x_i,n_i)\}$, аналогично для другого уравнения через $B$. Эти множества и их проекции порождаются линейным рекурентным соотношением второго порядка. В частности $n_{i+1}=c(a)n_i+d(a)n_{i-1}$. И вообще можно линейно выразить одно из $n_{i+j_1}$ через $n_i, n_{i-j_2}$ едиными (не зависящими от i коэффициентами. Если имеется много значений $n=m,k,...$, что $an^2+1,bn^2+1$ квадраты при $n=m,k,...$ то существуют $i,j,r,s,...$, что
$m=n_i(a), k=n_j(a),...,m=n_r(b),k=n_s(b),...$ то они порождаются одной рекуренцией (правда может с разными интервалами). А такие множества являются подмножествами, являющимися арифметической прогрессии по индексам одного уравнения Пелля, что приводит к рациональности $\sqrt{ab}$.

Руст, напишите подробно для $a=2$, $b=3$, сделайте общественно полезное дело. Таких схем я и сам смогу насочинять, а вот аккуратное и понятное доказательство --- это совсем другое дело.

[scwec]

Для $a=2, b=3$ существует решение $n$? Если да, то $n>20000000$.Напишите, кто знает.

[venco]

scwec в сообщении #447973 писал(а):

Для $a=2, b=3$ существует решение $n$? Если да, то $n>20000000$.Напишите, кто знает.

Xenia1996 в сообщении #445924 писал(а):

Доказать, что не существует такого натурального числа n, для которого $2n^2+1, 3n^2+1$ и $6n^2+1$ являются квадратами целых чисел.

[scwec]

Для venco: Примеры по поводу первоначального вопроса уже приведены. Читайте внимательно дискуссию.
Вопрос в другом:$2n^2+1$ и $3n^2+1$ - при каком $n$ одновременно полные квадраты.

[nnosipov]

venco в сообщении #447977 писал(а):

scwec в сообщении #447973 писал(а):

Для $a=2, b=3$ существует решение $n$? Если да, то $n>20000000$.Напишите, кто знает.

Xenia1996 в сообщении #445924 писал(а):

Доказать, что не существует такого натурального числа n, для которого $2n^2+1, 3n^2+1$ и $6n^2+1$ являются квадратами целых чисел.

Речь идёт о существенно более сложной задаче: при каких $n$ числа $2n^2+1$ и $3n^2+1$ будут квадратами. Весьма вероятно, что таких $n$ нет, однако доказательство не обещает быть простым.

[scwec]

Для nnosipov: приятно слышать речь...
Предлагаю посмотреть на проблему несколько иначе.
Легко видеть, что речь идет о решении уравнения $x^4-10x^2y^2+y^4=1$.
$(x,y)=1$, $xy$=чет.
Что нам известно об этом уравнении?
Практически ничего. Кроме теоремы Поклингтона, которая в данном случае не применима.
Других теорем Морделла, которые здесь тоже не применимы.
Тут мы вступаем на территорию теории эллиптических кривых.
И вот:оказывается,что интересующий нас вопрос упирается в вычисление ранга эллиптической кривой и ее группы кручения.
$Y^2=4X^3-301X+990$
Всего - то навсего.

[nnosipov]

scwec в сообщении #448006 писал(а):

Для nnosipov: приятно слышать речь...
Предлагаю посмотреть на проблему несколько иначе.
Легко видеть, что речь идет о решении уравнения $x^4-10x^2y^2+y^4=1$.
$(x,y)=1$, $xy$=чет.
Что нам известно об этом уравнении?
Практически ничего. Кроме теоремы Поклингтона, которая в данном случае не применима.
Других теорем Морделла, которые здесь тоже не применимы.
Тут мы вступаем на территорию теории эллиптических кривых.
И вот:оказывается,что интересующий нас вопрос упирается в вычисление ранга эллиптической кривой и ее группы кручения.
$Y^2=4X^3-301X+990$
Всего - то навсего.

С некоторыми эллиптическими кривыми можно разобраться элементарно (т.е. методом спуска показать, что их ранг равен нулю). Но таких примеров мне известно буквально пара штук, и все они классические. Так что для меня указанная Вами территория --- это в основном, увы, terra incognita. Мне сейчас (пока ещё!) кажется, что есть шанс зайти с другой стороны, оттолкнувшись от уравнений Пелля. Вот и Руст в эту же сторону смотрит, но пока ничего нам не говорит. Впрочем, я был бы рад, если бы кто-нибудь показал пару приёмов вычисления ранга эллиптической кривой (лучше бы элементарных, если таковые имеются).

[scwec]

Для nnosipov: Дорогой друг: зайдите лучше с другой стороны. Ведь уравнения Пелля - территория изъезженная кругом.
Вот и Вы попались на эту удочку.
Я предложил подход совершенно нехоженный, а вдруг получится?
Успеха Вам. Мне кажется у Вас получится.

[Коровьев]

Ну, попробуем через Пелля.
Поле $R(\sqrt 2)$ имеет основную единицу с нормой +1
$\alpha=3 + 2\sqrt 2$
Тогда все решения уравнения $ a^2 - 2n^2 = 1 $ в целых числах, суть
$n = \frac{{(3 + 2\sqrt 2 )^k - (3 - 2\sqrt 2 )^k }}{{2\sqrt 2 }},\left( {a = \frac{{(3 + 2\sqrt 2 )^k + (3 - 2\sqrt 2 )^k }}{{2\sqrt 2 }}} \right) $
где $k$ любое натуральное.
Аналогично
$ b^2 - 3n^2 = 1 $

$n = \frac{{(2 + \sqrt 3 )^l - (2 - \sqrt 3 )^l }}{{2\sqrt 3 }},\left( {b = \frac{{(2 + \sqrt 3 )^l + (2 - \sqrt 3 )^l }}{{2\sqrt 3 }}} \right)$
И, наконец,
$ c^2 - 6n^2 = 1 $

$n = \frac{{(5 + 2\sqrt 6 )^m - (5 - 2\sqrt 6 )^m }}{{2\sqrt 6 }},\left( {c = \frac{{(5 + 2\sqrt 6 )^m + (5 - 2\sqrt 6 )^m }}{{2\sqrt 6 }}} \right)$
И мы получили, на мой взгляд, совершенно неподъёмную задачу. Найти такие $k,l,m$, чтобы

$\frac{{(3 + 2\sqrt 2 )^k - (3 - 2\sqrt 2 )^k }}{{2\sqrt 2 }}=\frac{{(2 + \sqrt 3 )^l - (2 - \sqrt 3 )^l }}{{2\sqrt 3 }}=\frac{{(5 + 2\sqrt 6 )^m - (5 - 2\sqrt 6)^m }}{{2\sqrt 6 }}$