Диофантово уравнение.

[Shadow]

TR63 в сообщении #1400556 писал(а):

Решаем пару квадратных уравнений. Получаем второй дискриминант $D=p^2-12q_1^2=-1$(нет решений).

Конечно нет, и по модулю 3, и по модулю четыре. Но распишите подробнее, что решали и как и какие квадратные уравнения. Есть уравнение

$y^2=12x^4+6x^2+1$ (у которого есть решение!)

Как получился такой дискриминант?

TR63 в сообщении #1400556 писал(а):

Вопрос: можно ли первое уравнение $12m_1^2+6m_1+1-u^2=0$ решить элементарным способом или каким-то другим.

Можно, уравнение Пелля, бесконечно много решений. Будет ли среди решений $m_1$ квадраты?

[TR63]

victor.l, я сформулировала два вопроса, которые меня интересуют. Мне не понятно, на какой вопрос Вы ответили. Я мало смыслю в теории чисел. Меня интересуют лишь некоторые задачи. Если Вы хотите помочь, то объясняйте более подробно.

Shadow, если Вы согласны, что исходное уравнение свелось к решению уравнения

TR63 в сообщении #1400556 писал(а):

я

$$D_1=24m_3^4+3m_3^2-k(2k\pm1)=0$$

,
то продолжу его решение. Дискриминант этого уравнения должен быть целым квадратом. Т.е. получаем уравнение:
$D_1=192k^2\pm96k+9-p^2=0$
Дискриминант этого уравнения должен быть целым квадратом:
$D_2=192p^2-q^2=-576$
Ага, понятно. Здесь я стала упрощать устно и ошиблась. Достаточно сразу было решать на Вольфраме. Значит, в лоб таким способом не получается. Теперь это уравнение меня не интересует.
Shadow, спасибо.
Остался не ясным один второй вопрос

TR63 в сообщении #1400556 писал(а):

Гипотеза: уравнение (в целых положительных числах)$y^2=x^2+a$ при $y=2l+1$, $a=...5>5$ имеет более одного решения.

Вопрос: можно ли доказать или опровергнуть эту гипотезу (это только наблюдение, без технологии)

[Shadow]

TR63 в сообщении #1400556 писал(а):

Гипотеза: уравнение (в целых положительных числах)$y^2=x^2+a$ при $y=2l+1$, $a=...5>5$ имеет более одного решения.

Вопрос: можно ли доказать или опровергнуть эту гипотезу

Можно опровергнуть. $a=15$
Вообще, вы бросаетесь решать очень сложные задачи, но чтобы добиться хотя бы частичного успеха, нужно уметь решать простые. А это - простейшее из всех возможных. Попробуйте сами. В первой очереди запишите в нормальной нотации вот это вот условие $a=...5$

[TR63]

Shadow в сообщении #1401159 писал(а):

Можно опровергнуть. $a=15$

Как? Проверяла на Вольфраме (много чисел; всё сходится; но это ничего не значит, нужен контрпример или доказательство). $15=8^2-7^2=4^2-1^2$. Более одного решения. Всё сошлось. Вероятно, Вы не поняли формулировку гипотезы. Или я плохо изложила её содержание (да, плохо). Поясняю. Надо найти число, оканчивающееся на цифру пять, большее пяти, представимое разностью квадратов только один раз. Мне такое найти перебором пока не удалось(правда, я проверяла без программирования, т.е. не так много чисел). Возможно, такого числа не существует. Тогда это надо доказать (меня интересует только, возможно это доказать или нет; если это очень просто, то подскажите, с чего начать).

Shadow в сообщении #1401159 писал(а):

В первой очереди запишите в нормальной нотации вот это вот условие $a=...5>5$

Не знаю, как нормально записать. Но это означает любое натуральное число, большее пяти, оканчивающееся на цифру пять.

Shadow в сообщении #1401159 писал(а):

А это - простейшее из всех возможных. Попробуйте сами.

Не знаю, с чего начать. Если Вы считаете, что есть контрпример, то, пожалуйста приведите его. Мне его будет достаточно.

[Shadow]

TR63 в сообщении #1401200 писал(а):

$15=8^2-7^2=4^2-1^2$.

Подождите, вы же писали

TR63 в сообщении #1401003 писал(а):

при $y=2l+1$,

А в обеих случаях ваше $y$ - четное.

TR63 в сообщении #1401200 писал(а):

Не знаю, как нормально записать. Но это означает любое натуральное число, большее пяти, оканчивающееся на цифру пять.

Так. Как записать нормально "четное число" и "нечетное число"?

[TR63]

Shadow в сообщении #1401210 писал(а):

А в обеих случаях ваше $y$ - четное.

Shadow, прошу извинить, но я сделала уточнение с учётом Вашего замечания о наличии контрпримера "пятнадцать". Вот:

TR63 в сообщении #1401200 писал(а):

Или я плохо изложила её содержание (да, плохо). Поясняю. Надо найти число, оканчивающееся на цифру пять, большее пяти, представимое разностью квадратов только один раз.

или доказать его отсутствие. (Я на Вольфраме решала именно эту задачу, а гипотезу первоначально сформулировала с лишним условием от невнимательности; ещё раз извините).

[TR63]

TR63 в сообщении #1401200 писал(а):

найти число, оканчивающееся на цифру пять, большее пяти, представимое разностью квадратов только один раз.

Ну, и задачка. Если такое число не существует, то как это доказать.

Похоже, что она не из простейших,
Коль до сих пор такая тишина.
Я жду совета славных и мудрейших,
Но голова иным у них полна.

Ладно (эту задачу проехали; может она и простая, но я этого не вижу). Тогда в качестве иллюстрации основного наблюдения приведу, действительно, простейшую задачу.

Задача.

Доказать, что количество решений $y_i$ в положительных натуральных числах (обозначение $K(N)$) уравнения $(y^{2n+1}-3=24k)$ больше одного при любом натуральном $n\ge1$.

1). Здесь имеется очевидное решение $y_1=3$ при любом $n\ge1$. Т.е., по крайней мере, одно решение существует.
2). Возможные наборы последних цифр левой и правой части уравнения (повторяющиеся цифры учитываются один раз; порядок следования не важен) совпадают.
3). Количество решений $K(N)>1$ (т.е., по крайней мере существует ещё одно решение $y_2$ при любом $(n)$, которое легко находится).

Вопрос: существует ли контрпример, обладающий свойствами пунктов $(1;2)$ и не обладающий свойством пункта $(3)$.

Замечание: в качестве используемых операций возможны сложение, умножение и обратные.

-- 08.07.2019, 11:26 --

TR63 в сообщении #1400556 писал(а):

Замечание к уравнению ($y^3=x^2+2$).

Мне это уравнение удалось только свести к решению уравнения $(8k+3)^3=8n+3$, $(k)$ нечётное, $(n)$ чётное. Далее, если элементарно, у меня не получается (решение посложнее мне известно).

Противоположный случай, когда $(k)$ чётное, $(n)$ нечётное, я доказывала методом матиндукции плюс ограниченный перебор (надо будет проверить, есть ли ошибки в таком подходе). (Очевидно, что чётность должна быть противоположной.)
Поскольку для существования решения исходного уравнения, необходима нечётность $(y)$, то второй случай, который мне показался сложным, просто отпадает. Остаётся проверить, нет ли ошибок в доказательстве матиндукцией первого случая.
Если ошибок нет, то метод можно применить для остальных $(n)$ с небольшой модификацией.

[Батороев]

TR63 в сообщении #1401200 писал(а):

Надо найти число, оканчивающееся на цифру пять, большее пяти, представимое разностью квадратов только один раз.

"Разностью квадратов только один раз" представимо лишь простое число. В данном случае $5=3^2-2^2=(3-2)(3+2)=1\cdot 5$. Другие числа, заканчивающиеся на $5$ - составные.

-- 08 июл 2019 16:07 --

Доказательство я практически показал.

[TR63]

Батороев, спасибо.
$5p=(\frac{5p+1}{2})^2-(\frac{5p-1}{2})^2=5[(\frac{p+1}{2})^2-(\frac{p-1}{2})^2]$

[Someone]

TR63 в сообщении #1403892 писал(а):

$5p=\ldots=5[(\frac{p+1}{2})^2-(\frac{p-1}{2})^2]$

Это разве разность квадратов?

[TR63]

Someone, я сделала исправление раньше Вашего поста.

Someone в сообщении #1403894 писал(а):

Это разве разность квадратов?

Нет. Пока не соображу, что делать.

[Someone]

TR63 в сообщении #1403895 писал(а):

Пока не соображу, что делать.

Ну как… пишем $n=pq=u^2-v^2=(u-v)(u+v)$. Предполагая, что числа $u$ и $v$ целые неотрицательные, и что $0<p\leqslant q$, получаем систему уравнений $\begin{cases}u-v=p,\\ u+v=q.\end{cases}$
Числа $p$ и $q$ должны быть одинаковой чётности.

[TR63]

Someone, большое спасибо. (Я, конечно, знала такой метод, как решение системы, но не думала, что настолько просто он пройдёт; поэтому его не рассматривала, а зря.)
Теперь у нас есть два простейших примера, иллюстрирующих наблюдение, описываемое тремя свойствами, указанными выше. И осталось решить вопрос:

TR63 в сообщении #1403835 писал(а):

Вопрос: существует ли контрпример, обладающий свойствами пунктов $(1;2)$ и не обладающий свойством пункта $(3)$.

[Батороев]

TR63 в сообщении #1403974 писал(а):

(Я, конечно, знала такой метод, как решение системы, но не думала, что настолько просто он пройдёт; поэтому его не рассматривала, а зря.)

Можно и без системы уравнений... Просто Вам показали наиболее доходчиво.
А так-то можно дойти до этого и логически, зная, как раскладывается на разность квадратов любое положительное число:

$$a=a_1\cdot a_2= (\frac{a_1+a_2}{2})^2-(\frac{a_1-a_2}{2})^2$$

т.е. сколько вариантов представления числа в виде произведения двух множителей, столько и комбинаций такого разложения.

[Батороев]

Батороев в сообщении #1404079 писал(а):

как раскладывается на разность квадратов любое положительное число

Поправка: ...за исключением четных чисел, не кратных $4$.