Выражение 1 + x + x^2 + x^3 не является квадратом

[Andrey A]

Обозначим $f(x,n)=\dfrac{x^n-1}{x-1}=1+x+x^2+...+x^{n-1}\ (x>1)$. Уравнение $f(x,n)=y^2$ имеет тривиальные решения $$f(x,0)=0^2,\ f(x,1)=1^2,\ f(k^2-1,2)=k^2$. Рискну предположить что нетривиальных решений всего два: $f(3,5)=11^2$ и $f(7,4)=20^2$ (из темы). Мой Excel других не видит, рад буду ошибиться. Тут ведь $f(x,i) \equiv y^2 \mod x^i$, довольно жесткое требование. В случае $x=10$, к примеру, уже $11$ квадратичный невычет по $\mod 100$, хотя это не единственная причина.

[Sonic86]

$(1+x)(1+x^2)=y^2$
$\gcd(1+x, 1+x^2)=\gcd(1+x,2) \in \{1,2\}$

Если $\gcd(1+x, 1+x^2)=1$, то $1+x=a^2, 1+x^2=b^2$.
$1+x^2=b^2 \Leftrightarrow x=0, b=\pm 1, \Rightarrow y=1$

Если $\gcd(1+x, 1+x^2)=2$, то $x=2z-1$:
$(1+x)(1+x^2)=y^2\Leftrightarrow z(2z^2-2z+1)=(y/2)^2$, т.е. $z=u^2$, $2u^4-2u^2+1=w^2$
$((1+i)u^2-1)((1-i)u^2-1)=w^2$
$\gcd((1+i)u^2-1, (1-i)u^2-1)=\gcd((1+i)u^2-1, 2u^2-2)=$ $\gcd((1+i)u^2-1, u^2-1)=\gcd((1+i)-1, u^2-1)=1$
$w=\alpha\bar\alpha$, в левой части тоже множители сопряженные, ввиду факториальности $\mathbb{Z}[i]$ уравнение равносильно
$(1+i)u^2-1=\alpha^2, \alpha\in\mathbb{Z}[i], u\in\mathbb{Z}$

Далее у меня получился длинный, но понятный вариант через делимость
$(1+i)u^2=(\alpha+i)(\alpha-i)\Rightarrow 1+i | \alpha \pm i \Rightarrow (1+i)^2| (1+i)u^2 \Rightarrow 2|u \Rightarrow u=2v$
$4(1+i)v^2=(\alpha+i)(\alpha-i)$
$(\alpha+i)-(\alpha-i)=2i=(1+i)^2$, значит либо $2(1+i)|\alpha + i$, либо $2(1+i)|\alpha - i$. Разберу только 1-й случай, 2й делается аналогично:
$\alpha=-i+2(1+i)\beta:$
$4(1+i)v^2=(\alpha+i)(\alpha-i)\Leftrightarrow 4(1+i)v^2=2(1+i)\beta(-2i+2(1+i)\beta)$
$4(1+i)v^2=2(1+i)\beta(-2i+2(1+i)\beta)$
$v^2=\beta(-i+(1+i)\beta)$
$\gcd(\beta, -i+(1+i)\beta)=1 \Rightarrow \beta = m^2, -i+(1+i)\beta = n^2$
$v\in\mathbb{Z}\Rightarrow -m,n\in\mathbb{Z}\Rightarrow m=n=1\Rightarrow$
$\beta=1, \alpha = 2+i, v=1, u=2, x=2u^2-1=7, y=5$

Почему-то не прошла попытка выполнить подстановку $\alpha=a+bi$ сразу. По идее должна срабатывать, ибо подстановки и преобразования коммутативны.

-- Ср окт 17, 2018 13:37:33 --

Andrey A в сообщении #1347045 писал(а):

Уравнение $f(x,n)=y^2$ имеет тривиальные решения $$f(x,0)=0^2,\ f(x,1)=1^2,\ f(k^2-1,2)=k^2$. Рискну предположить что нетривиальных решений всего два: $f(3,5)=11^2$ и $f(7,4)=20^2$ (из темы).

На этот счет была только такая тема: Уравнение в натуральных числах. В общем случае надо погуглить

[Andrey A]

leweekend в сообщении #1346333 писал(а):

А вот как теперь доказать, что...

Можно воспользоваться тем известным фактом, что треугольное число (сумма натурального ряда) кроме $t_0=0$ и $t_1=1$ не может быть степенью целого с натуральным показателем $>2$. Вернемся к началу. $x^3+x^2+x+1=(x^2+1)(x+1)=y^2.\ x=2n^2-1,x^2=2m^2-1,y=2mn.$ Подставляя первое во второе, получаем $(2n^2-1)^2=2m^2-1$ или $m^2=\left ( (2n^2-1)^2+1 \right )/2=n^4+(n^2-1)^2$. $Отсюда m^2-n^4=(m+n^2)(m-n^2)=(n^2-1)^2.$ Выше у Вас доказано что $n$ четно, и очень хорошо. Значит все скобочки в последнем равенстве суть нечетные квадраты, и можно записать $\left\{\begin{matrix} m+n^2=(p+q)^2 \\ m-n^2=(p-q)^2 \end{matrix}\right$, где $p,q$ - вз. простые разной четности. Тогда $m=p^2+q^2,\ n^2=2pq.$ Без потери общности можно назначить $p=a^2,\ q=2b^2,$ откуда $n=2ab, m=a^4+4b^4$ ($a,b$ вз. просты, $a$ нечетно). Тогда $m^2-n^4=(a^4+4b^4)^2-(2ab)^4=(a^4-4b^4)^2=((2ab)^2-1)^2.$ Основания равных квадратов должны дать $0$ в сумме или в разности. В последнем случае, решая уравнение $a^4-4b^4-(2ab)^2+1=0$, получаем $a^2=2b^2+\sqrt{8b^4-1}$ и $7$$\mod8$ под радикалом. Остается $a^4-4b^4+(2ab)^2-1=0;\ \ a^2=-2b^2+\sqrt{8b^4+1}$.

$$(a^2+2b^2)^2=8b^4+1.$$

Значит $b^4$ есть треугольное число, т.е. $b_1=0,\ b_2=\pm 1.$ Соответственно $a_1=a_2=\pm 1.$
$p_{1,2}=1,q_1=0,q_2=2.$ Отсюда следуют оба ненулевых решения, и только они. Мутно, но верно. Доказать более общее утверждение

Andrey A в сообщении #1347045 писал(а):

... что нетривиальных решений уравнения $f(x,n)=y^2$ всего два: $f(3,5)=11^2$ и $f(7,4)=20^2$

таким способом конечно не выйдет.

[mihiv]

На первый взгляд более сложное уравнение: $x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=y^2$ почему-то решается гораздо проще.

[Andrey A]

$(x+1)^2>x^2+x+1=f(x,3)>x^2$
$f(x,6)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)(x+1).$ Первый множитель не квадрат и не имеет общего делителя $>1$ с остальными множителями. Да, интересно. Для составного $n$ это может работать, но остается простое $n$ и удвоенное простое. В частности $f(x,5)$, для которого одно решение имеется.

[Andrey A]

$f(3,5)=1+3+3^2+3^3+3^4=11^2$ и нетрудно показать, что в случае $x>3\ \ f(x,5)$ лежит в интервале $\left ( \left ( x^2+\frac{x}{2} \right )^2,\left ( x^2+\frac{x+1}{2} \right )^2 \right )$, где нет целых квадратов. Как бы это обобщить.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1347929 писал(а):

но остается простое $n$ и удвоенное простое. В частности $f(x,5)$, для которого одно решение имеется.

Для любого конкретного нечетного $n$ (полинома четной степени) решения можно ограничить "между соседними квадратами",как вы проделали с $x^2+x+1$, т.е начиная с какого-то $x$ решений нет.

Для $n=5$ - известная задача $f(x)=4x^4+4x^3+4x^2+4x+4=(2y)^2$

$(2x^2+x)^2<f(x)<(2x^2+x+1)^2\;\forall x>3$. И $x=3$ есть решение.

Для $n=7$, умножением на $64$, будет

$(8x^3+4x^2+3x+2)^2<f(x)<(8x^3+4x^2+3x+3)^2\;\forall x>5$ и т.д., можно попробовать обощить, но муторно как то.

-- 20.10.2018, 16:57 --

продублировал часть вашего сообщения

[Andrey A]

То есть для нечетных $n$ число решений конечно. Правильно ли я понимаю что пороговое $x=n-2$? Сами-то квадраты можно не выписывать. И что насчет четных $n$, подобные ограничения не проходят?

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1347951 писал(а):

... насчет четных $n$

Для $n=4$ доказано, что $f(7,4)=20^2$ единственное решение. Осталось доказать $f(x,2k)\neq y^2$ для $x>1,\ k>2.\ \ f(x,2k)=\dfrac{x^{2k}-1}{x-1}=\dfrac{(x^k)^2-1}{x-1}=$

$$ (x^k+1)\cdot \dfrac{x^k-1}{x-1}=y^2.$$

При четном $x$ оба множителя целые вз. простые числа, и должны оказаться нечетными квадратами, но уравнение $x^k+1=z^2$ имеет только одно нетривиальное решение: $x=2,k=3,z=3$. Тогда другой множитель не квадрат. При нечетном $x$ оба множителя суть удвоенные квадраты, и опять же уравнение $x^k+1=2z^2$ имеет лишь конечное число решений, которые можно проверить. Если имеет.
Ну, а в случае нечетного $n$ каждое $x$, на сколько понял, проверяется за $x+2$ шага. Shadow молчит, а мне тоже лень этим заниматься

[leweekend]

Andrey A
Sonic86
Shadow
mihiv
Спасибо всем откликнувшимся за участие и детальные ответы! Полезно видеть несколько путей решения задачи, а многих фактов я вообще не знал.

[yk2ru]

Если $d = 2$ и x нечётно, то из $x(x - 1) = 2(m - n)(m + n)$ , положив $x = m + n$ и $x - 1 = 2(m - n)$ получим
что $4n = x + 1$ . Так как также $x + 1 = 2n^2$, то $n = 2$ и значит $x = 7$ .

[Andrey A]

yk2ru в сообщении #1348457 писал(а):

из $x(x - 1) = 2(m - n)(m + n)$ , положив $x = m + n$ и $x - 1 = 2(m - n)$ получим...

Получим частное решение. Из $ab=cd$ вовсе не следует $a=c,b=d$. По-хорошему имеем линейную систему из 4-х уравнений плюс одно из исходных.