x^n+1 не свободно от квадратов

[VAL]

Верно ли, что для любого натурального $n$ найдется натуральное $x$ такое, что $x^n + 1$ не свободно от квадратов?

Когда я столкнулся с этим вопросом, интуиция уверенно подсказала ответ "да". Стал обосновывать.
Достаточно легко доказал, что это так для всех $n$, не кратных 32.
Но для $n = 32$ не смог пока найти ни одного подходящего $x$.
Если таковое найдется, удастся обосновать справедливость утверждения для всех $n$, не кратных 64.
И т. д.
Но окончательного доказательства на этом пути, увы, не получить. ☹️

Может, найдется добрый человек, подбросит идею, не предполагающую поиск подходящих примеров для всех степеней двойки. А то их сильно много.

-- 19 фев 2018, 21:37 --

Вопрос снят.
(Спасибо, Константину Кнопу)

[kotenok gav]

VAL в сообщении #1293301 писал(а):

Верно ли, что для любого натурального $n$ найдется натуральное $x$ такое, что $x^n + 1$ не свободно от квадратов?

Так как получилось? Если нет, то для какого и какое доказательство? Если да, то какое доказательство?

[VAL]

kotenok gav в сообщении #1293355 писал(а):

VAL в сообщении #1293301 писал(а):

Верно ли, что для любого натурального $n$ найдется натуральное $x$ такое, что $x^n + 1$ не свободно от квадратов?

Так как получилось? Если нет, то для какого и какое доказательство? Если да, то какое доказательство?

Разумеется, получилось.
Идея такова:
Для $n=2^t$ искать $x$ в виде $2+k\cdot d$, где $d|2^{2^t}+1$.
Наличие подходящего $k$ следует из разрешимости линейного сравнения по модулю $d$.
Для соответствующего $x$ будет иметь место $d^2|x^n+1$.

[kotenok gav]

VAL в сообщении #1293389 писал(а):

Для $n=2^t$

А для других n?

VAL в сообщении #1293389 писал(а):

Для соответствующего $x$ будет иметь место $d^2|x^n+1$.

А почему именно так, а не $d|x^n+1$?

[VAL]

kotenok gav в сообщении #1293394 писал(а):

VAL в сообщении #1293389 писал(а):

Для $n=2^t$

А для других n?

А для других $n$, как я раньше и писал, все очевидно.
Можете сами это доказать в качестве несложного упражнения.

Цитата:

VAL в сообщении #1293389 писал(а):

Для соответствующего $x$ будет иметь место $d^2|x^n+1$.

А почему именно так, а не $d|x^n+1$?

Разумеется, в этом случае $d$ тоже будет делителем $x^n+1$
Но этого факта мало для того, чтобы утверждать, что $x^n+1$ не свободно от квадратов.

[kotenok gav]

VAL в сообщении #1293443 писал(а):

Но этого факта мало для того, чтобы утверждать, что $x^n+1$ не свободно от квадратов.

Я это понимаю. Я не понимаю, почему получается $d^2|x^n+1$, но понимаю, почему получается $d|x^n+1$.

[VAL]

kotenok gav в сообщении #1293447 писал(а):

Я это понимаю. Я не понимаю, почему получается $d^2|x^n+1$, но понимаю, почему получается $d|x^n+1$.

$(2+k\cdot d)^{2^t}+1$ будет кратно $d$ при любом $k$. За счет же выбора $k$ можно обеспечить делимость на $d^2$.

[maxal]

Уместно упомянуть A248214 и A261117 (а также A260824). Там же приводится доказательство существования нужного $x$ для $n$ равных степеням 2-ки.

[victor.l]

[math]$(153+2)^4+1=n(17^2)$

[nnosipov]

VAL в сообщении #1293301 писал(а):

Верно ли, что для любого натурального $n$ найдется натуральное $x$ такое, что $x^n + 1$ не свободно от квадратов?

Неконструктивное доказательство существования такого $x$ очевидно из следующих общих соображений: 1) каждый многочлен с целыми коэффициентами имеет бесконечно много простых делителей $p$; 2) взяв достаточно большой простой делитель $p$ многочлена $f(x)=x^n+1$, можно любое решение $x=x_0$ сравнения $f(x) \equiv 0 \pmod{p}$ поднять по Гензелю до решения $x=x_1$ сравнения $f(x) \equiv 0 \pmod{p^2}$.