Суммы последовательных квадратов, кубов

[Руст]

Найти решения в натуральных числах:
1)

$$y^2=\sum_{k=0}^z (x+k)^2$$

и уравнения:
2)

$$y^2=\sum_{k=0}^z (x+k)^3.$$

[Батороев]

Руст писал(а):

Найти решения в натуральных числах:
1)

$$y^2=\sum_{k=0}^z (x+k)^2$$

При k = 1 это напоминает задачу Ферма о целочисленных треугольниках с разностью катетов, равной 1.
По моему мнению, катеты вполне можно вычислять по выражениям:
$ a = r^2 + r \sqrt{(r^2 - 1)2} $
$ b = r^2 + r \sqrt{(r^2 + 1)2} $,
где а – меньший катет, b – больший катет, r – вспомогательный коэффициент (целое число).
Обозначим
$ p = \sqrt{(r^2\pm1)2}$

Составляем зависимость:
$ r_{n} = r_{n-1} + p_{n-1}$
$ p_{n} = 2r_{n-1} + p_{n-1}$
$ a_{n} $или $ b_{n} = r_{n}^2 + r_{n}p_{n}$

Зная для первой тройки $ 3^2 + 4^2 = 5^2$
$r_{1}=1, p_{1}=2$, расчеты далее можно продолжать «до посинения», чередуя формулы катетов.
$r_{2}=1+2=3$
$p_{2}=1*2+2=4$
$b_{2}=3^2 + 3*4 = 21$

$r_{3} = 3+4=7$
$p_{3} = 2*3+4=10$
$a_{3} = 7^2 + 7*10 =119$


$r_{4} = 7+10=17$
$p_{4} = 7*2+10=24$
$b_{4} = 17^2 + 17*24 = 697$
. . . . . .
Наверняка, я не о том, но для информации

[Батороев]

Руст писал(а):

Найти решения в натуральных числах:

2)

$$y^2=\sum_{k=0}^z (x+k)^3.$$

Не поиска ради, а комментария для
Т.к. суммы кубов натурального ряда чисел всегда представимы в виде квадратов треугольных чисел $(T)$:
$ 1 + 2^3 + 3^3 +... + (x-1)^3 + x^3 + (x+1)^3 +...+ (x+z)^3= $
$[1 +2 + 3 +...(x-1) + x + (x+1)+...+ (x+z)]^2$

$ 1 + 2^3 + 3^3 + ... +(x-1)^3 = $
$[1 +2 + 3 +...(x-1)]^2$,

то имеем:
$ x^3 + (x+1)^3 +...+(x+z)^3 = $
$[1 +2 + 3 +...(x-1) + x + (x+1)+...+ (x+z)]^2 - [1 +2 + 3 +...(x-1)]^2 $
Т.е. задача сводится к нахождению пифагоровых троек вида:
$$y^2= {T^2}_{x+z} - {T^2}_{x-1} $

[juna]

Найти бесконечно много троек $(a,k,b)$, доставляющих решение в натуральных числах для:
1) $a^2+(a+1)^2+...(a+k)^2=b^2$
2) $a^3+(a+1)^3+...(a+k)^3=b^3$.

[maxal]

Нужно удовлетворить одновременно оба уравнения или каждое по отдельности?

[juna]

По-моему, если удовлетворить оба условия, то ничего, кроме тривиального решения, не получим, поэтому нужно решать по отдельности.

[maxal]

juna писал(а):

По-моему, если удовлетворить оба условия, то ничего, кроме тривиального решения, не получим

Это вам так кажется, или вы можете доказать?

Добавлено спустя 27 минут 16 секунд:

juna писал(а):

1) $a^2+(a+1)^2+...(a+k)^2=b^2$

Нетрудно убедиться, что уже при $k=1$ у это уравнения есть бесконечно много решений, в частности, задаваемых рекуррентностью:
$a_1=3, b_1=5$
$a_{n+1} = 3 a_n + 2 b_n + 1$
$b_{n+1} = 4 a_n + 3 b_n + 2$

[juna]

maxal писал(а):

Это вам так кажется, или вы можете доказать?

Кажется. Для $a=1$ это можно доказать, в общем случае сложно.

maxal писал(а):

Нетрудно убедиться, что уже при $k=1$ у этого уравнения есть бесконечно много решений

Интересно найти бесконечно много таких $k$.

Вот, кстати, интересный пример: $3^2+4^2=5^2$, $3^3+4^3+5^3=6^3$

[Руст]

Вообще эту задачу уже рассматривали. В интернете даже нашли много решений, просто не хочется искать ссылок.

[juna]

Не нашел на этом форуме, а в интернете, конечно, как в Багдаде, все есть.
Например, есть параметрические формулы $a(k)$, $b(k)$ для третьей степени. Но вот для второй степени я не нашел параметризации.

[Батороев]

juna писал(а):

maxal писал(а):

Это вам так кажется, или вы можете доказать?

Кажется. Для $a=1$ это можно доказать, в общем случае сложно.

Если подойти со всей строгостью формализма

Перепишем:
$(\frac{a}{b})^2+(\frac{a+1}{b})^2+...(\frac{a+k}{b})^2 = 1 $
$(\frac{a}{b})^3+(\frac{a+1}{b})^3+...(\frac{a+k}{b})^3 = 1 $

Откуда должно было бы быть:
$ (\frac{a}{b})^2+(\frac{a+1}{b})^2+...(\frac{a+k}{b})^2 = (\frac{a}{b})^3+(\frac{a+1}{b})^3+...(\frac{a+k}{b})^3 $

Если не рассматривать тривиальное решение:
$a=b$, $k=0$,
то в остальных случаях:
$ b>(a+k)>...>(a+1)>a $
или
$ (\frac{a}{b})^2>(\frac{a}{b})^3 $
$ (\frac{a+1}{b})^2>(\frac{a+1}{b})^3 $
......
$ (\frac{a+k}{b})^2>(\frac{a+k}{b})^3 $

и предполагаемое равенство, на поверку, оказалось строгим неравенством,
следовательно, других решений нет.

[maxal]

Руст писал(а):

Вообще эту задачу уже рассматривали.

Озвучьте ссылку на предыдущее обсуждение - объединим...

Кстати, отдельную тему заводить не хочется, а эта для следующего объявления более-менее подходящая:

Буквально на днях Питер Монтгомери нашел новое решение $(x, y) = (1173, 110187925)$ диофантова уравнения:

$$(x^3-1)(y^3-1)=z^2.$$

Само уравнение упомянуто в Unsolved Problems in Number Theory в таком контексте:

Цитата:

D31. The Diophantine equation $(x^3-1)(y^3-1)=z^2$.

Andrew Bremner gives the solutions $(x,y)$ = (0,--2), (2,4), (2,22), (4,22), (-1,-23), (-6,-26), (3,313), (-20,-362). In the 2002 Western Number Theory problems Noam Elkies observed that the usual heuristics suggest that the number of solutions is finite. On the other hand Gary Walsh noted that for fixed $d$ the equation $(x^3-1)(y^3-1)=-dz^2$ may have infinitely many solutions, since Frits Beukers observed that if $d>1$ is such that $u^2-dv^2=-1$ has a solution (and hence infinitely many) then $x=1+3u^2$, $y=1-3dv^2$ give $z=3uv(x^2+x+1)$.

[Батороев]

juna писал(а):

Не нашел на этом форуме, а в интернете, конечно, как в Багдаде, все есть.
Например, есть параметрические формулы $a(k)$, $b(k)$ для третьей степени.

Не подскажете ссылку?
Не могу понять, какая тройка идет за:
$ a=6; k=63; b=180 $

[juna]

http://www.mathpages.com/home/kmath147.htm

[maxal]

См. также
M.Kuwata, J.Top "An elliptic surface related to sums of consecutive squares". Exposition. Math. 12(2), 1994, p. 181–192.