Квадраты в арифметической прогрессии

[Руст]

Существуют ли 4 различных натуральных числа a,b,c,d, что $a^2,b^2,c^2,d^2$ образуют арифметическую прогрессию?

[juna]

Если разность арифметической прогрессии простое число, то решений сравнения $x^2\equiv a \mod k$ только два: $x_1$ и $-x_1$.
Если составное, то подходит:
$1^2=9+8*(-1)$
$3^2=9+8*0$
$5^2=9+8*2$
$7^2=9+8*5$

[ИСН]

Что-то мне подсказывает, что товарищам квадратам предлагалось стоять в означенной прогрессии подряд.

[juna]

Если квадраты от последовательных чисел, т.е. $a<b<c<d$, $b=a+1, c=a+2, d=a+3$, то должны выполняться уравнения: $a^2=a_1+kn_1$, $(a+1)^2=a_1+kn_2$, $(a+2)^2=a_1+kn_3$, $(a+3)=a_1+kn_4$. После преобразований имеем: $2a+1=k(n_2-n_1)$,
$2(2a+2)=k(n_3-n_1)$, $3(2a+3)=k(n_4-n_1)$ или должно выполняться $4=k(n_4-n_3-n_2+n_1)$, отсюда или $k=1$ - тривиальный случай, или $k=2$, или $k=4$.
Таким образом, нетривиально мы должны рассмотреть два сравнения $x^2\equiv a_1\mod 2$ и $x^2\equiv a_1 \mod 2^2$.
Сравнение $x^2\equiv a_1 \mod 2^2$ имеет только два решения $x\equiv 1,3 \mod 4$, но среди $ a, (a+1), (a+2), (a+3)$ всегда есть отличный от этого.
Сравнение $x^2\equiv a_1\mod 2$ не подходит по той же причине.

[Руст]

По условию арифметическую прогрессию образуют не a,b,c,d, а их квадраты.

[Sasha2]

А мне кажется, что так, как все элементы арифметической прогрессии лоюжатся на одну прямую, а все квадраты целых чисел лежат на параболе, то даже и трех таких чисел мы не найдем, так как прямая может пересекаться с параболой только в двух точках.

[Руст]

Придайте любые целые значения x и y в выражении $a=|x^2-2xy-y^2|,b=(x^2+y^2),c=|x^2+2xy-y^2|$ и возведите в квадрат. К тому же можно их умножить или делить (когда делится) на общий множитель.

[ИСН]

Три-то мы ещё кое-как с божьей помощью найдём: например, 1, 25 и 49. Или вот: 49, 169 и 289. С четырьмя пока туго...
Upd. Тьфу, пока писал, опередили.
Upd. 2 Однако всё равно у меня юбилей, 100 сообщений, ухожу праздновать.

[juna]

ИСН - с юбилеем, нужно еще примерно столько же .
Я наконец-то понял условие, которое, на мой взгляд, все-таки сформулировано нестрого.
Нужно найти такое $k$, что
$k=a^2-b^2$
$k=b^2-c^2$
$k=c^2-d^2$
Имеем $2k=(a-c)(a+c)$, $a,c$ - одинаковой четности, значит $a-c=2u$, $a+c=2v$, т.е. $a=u+v$, $c=v-u$. С другой стороны, $k-k=a^2-b^2-(b^2-c^2)=0$ или $a^2+c^2=2b^2$, отсюда $2b^2=(u+v)^2+(v-u)^2=2(u^2+v^2)$, значит нужно искать пифагоровы тройки $b^2=u^2+v^2$.
Имеем решение $b=p_1^2+q_1^2$, $a=u+v=2p_1q_1+p_1^2-q_1^2$, $c=v-u=p_1^2-q_1^2-2p_1q_1$ - что совпадает с формулами Руста.
С другой стороны, для уравнений $k=b^2-c^2$, $k=c^2-d^2$ можно применить теже рассуждения и получить $c=p_2^2+q_2^2$, $b=2p_2q_2+p_2^2-q_2^2$, $d=p_2^2-q_2^2-2p_2q_2$. Значит нужно согласовать средние $b,c$. Для этого нужно, чтобы выполнялись два уравнения: $p_2q_2+p_1q_1=p_1^2-p_2^2$, $p_2q_2-p_1q_1=q_2^2+q_1^2$. И что-то я не вижу возможности их удовлетворения.

[Руст]

Решение в рациональных или целых эквивалентны и могут быть записаны в форме:
$a=N(x^2+2x-1),b=N(x^2+1)=M(y^2-2y-1),c=N(x^2-2x-1)=M(y^2+1),d=M(y^2+2y-1),\frac{M}{N}=\frac{x^2+1}{y^2-1-2y},$
где х и у рациональные числа удовлетворяющие условию $(x^2+1)(y^2+1)=(x^2-1-2x)(y^2-1-2y).$
В проективных координатах это уравнение можно записать в красивой форме (подобно нормальной форме):
(1) $\sigma_1\sigma_2=5\sigma_3,$
где $\sigma_1=x+y+z,\sigma_2=xy+yz+zx,\sigma_3=xyz$ симметрические многочлены от проективных координат.
Мне кажется, что эта форма эллиптической кривой не чем не уступает нормальной форме:
(2) $s_3=a\sigma_3, \ \ s_3=x^3+y^3+z^3.$
Перевод этой формы к нормальной форме приводит к комплексной иррациональной константе a, а привод к форме Вейрштрасса так же бесполезен из-за не рациональности констант p и q.
На этой кривой легко находятся 6 точек (0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(1,-1,0),(1,0,-1),(0,1,-1), которые соответствуют к нулевому или бесконечному шагу в арифметической прогрессии. Все остальные рациональные решения пригодны. Эти шесть точек образуют периодическую часть группы рациональных точек кривой (1). Соответственно наличие другого решения автоматический делает кривую с положительным рангом и даст бесконечную серию арифметических последовательностей с условием (a,b,c,d)=1.
Однако, я не смог доказать, что ранг кривой равен 0, т.е. нет нетривиальных решений. Положительность ранга эквивалентно так же существованию целых чисел m,n (с условием mn не равно нулю),что уравнение $x^3+5mx^2+nx+mn=0$ имеет только целые корни.

[Sasha2]

И как, уважаемый Руст, можно расценивать этот Ваш последний пост.
Можно ли просто ответить, есть такие числа или нет?
Я вот ничего не понял из Вашего последнего сообшения. Но мне почему то казалось, что при решении надо опираться на то, что, квадрат любого числа либо делиться на три, либо дает в остатке 1.

[Руст]

Я не знаю ответа. Для полного решения надо доказать, что ранг кривой (1) равен нулю. Это трудная задача. Тривиальными методами можно найти только целые точки на эллиптической кривой (в аффинной записи). Найти все рациональные точки - задача достаточно сложная, хотя и разрешимая задача. Я не доводил решение до конца.

[maxal]

Вот здесь изложено элементарное доказательство:
No Four Squares In Arithmetic Progression

А вот еще аннотация доклада S. Laishram и T. N. Shorey "Squares in arithmetic progression":



По поводу утверждения Эйлера - вот более точная формулировка:
The product of four distinct nonzero integers in arithmetic progression is square only for (-3, -1, 1, 3), giving (-3)(-1)(1)(3)==9 (Le Lionnais 1983, p. 53). (отсюда)

[Sasha2]

Не существует четырех различных квадратов натуральных чисел, составляющих арифметическую прогрессию (П.Ферма).

http://www.courier.com.ru/kvant/kv0206kaleid.htm

Но где доказательство, черт возьми?

[maxal]

Sasha2 писал(а):

Но где доказательство, черт возьми?

Я привел выше ссылку на элементарное доказательство.