Перемножение подряд идущих нечётных чисел

[waxtep]

Когда квадрат равен кубу, надо вызывать велослесаря спеца по эллиптическим кривым

[TR63]

leweekend в сообщении #1353143 писал(а):

Пока вижу только это:
$(2n-1)(2n+1) - (2k-1)(2k+1)(2k+3) = \pm2018$
$(4n^2-1) - (4k^2-1)(2k+3) = \pm2018 $

$2k=k_1$
$k_1^3+4k_1^2-k_1^2-k_1-4(n^2-1)\pm2018=0$
$k_1^2+k_1+4m\pm2018=0$
$k_1=\frac{-1\pm\sqrt{1-4(4m\pm2018)}}{2}$
$1-4(4m\pm2018)=p^2$
$p-1=8q$
Противоречие?
Или $p+1=8q_1$
$(k_1)$ может содержать только одну двойку.

[TR63]

TR63 в сообщении #1353292 писал(а):

Противоречие?

Нет.
$p-1=4q$ (здесь выше была ошибка, т.к. под корнем стоит $(p^2)$, а не $(p^2-1)$).
Интересно, что тогда $(p+1)$ имеет одну двойку; а надо две? Не проверяла.

[kotenok gav]

waxtep в сообщении #1353273 писал(а):

спеца по эллиптическим кривым

maxal и Руст?

[Ktina]

kotenok gav в сообщении #1353364 писал(а):

waxtep в сообщении #1353273 писал(а):

спеца по эллиптическим кривым

maxal и Руст?

Не только maxal и Руст.

[Shadow]

$(x-1)(x+1)-(y-2)y(y+2)=2018$

x-четное, не делящееся на 3,$y\equiv 1\pmod 4$

$x^2+36^2=(y+15)(y^2-15y+221)$

Сумма двух квадратов не имеет делитель вида $4k-1$, каким является второй множитель правой части.
(Точнее, мог бы иметь, если и $x$ и $36$ имели такой общий делитель, но $x$ на 3 не делится)

-- 12.11.2018, 10:52 --

Ой нет. $x$ как раз на 3 делится. $x=6k$ Получается $36(k^2+36)=(y+15)(y^2-15y+221)$

[JohnDou]

Deleted

[Shadow]

Но все равно, раз $y^2-15y+221\equiv -1 \pmod 4$ должно выполняться

$\\y^2-15y+221=3(4k+1)\\ y+15=3n$

что невозможно

-- 12.11.2018, 11:37 --

JohnDou я вас (и себя) заблудил. В случае $x$ как раз делится на 6. Просто произведение $(x-1)(x+1)$ должно не делится на 3, вот и осталось в голове только "не делится на 3"

По конкретному модулю противоречие может и получится, может и нет, не проверял, но то, что сумма квадратов имеет делитель вида $4k-1$ только при определенных условиях - помогает.

[Shadow]

Конкретнее:
У нас равенство $x^2+36^2=(y+15)(y^2-15y+221)$
Согласно теореме Ферма — Эйлера и ее следствия, сумма двух квадратов $a^2+b^2$ может иметь простой делитель вида $p=4k+3$ только в четной степени, причем только если и $a$, и $b$ делятся на $p$.

Так как $y\equiv 1\pmod 4$, то $y^2-15y+221\equiv 3 \pmod 4$, тоесть, этот сомножитель имеет хотя бы один простой делитель вида $4k+3$ в нечетной степени. Значит и $y+15$ должен иметь тот же делител $p$ в нечетной степени (чтобы в произведении степень получилась четная) и еще и $x$, и $36$ делились на $p$ Но у 36 только один простой делител вида $4k+3$ - это 3. Выходит и $y+15$ и $y^2-15y+221$ должны делится на 3, но это невозможно.

Надеюсь, никого больше не зафлудил.

[TR63]

$(2n-1)(2n+1) - (2k-1)(2k+1)(2k+3) = \pm2018$
$(4n^2-1) - (4k^2-1)(2k+3) = \pm2018 $
$2k=k_1$
$k_1^3+4k_1^2-k_1^2-k_1-4(n^2-1)\pm2018=0$
Очевидно, что $(k_1)$ содержит только одну двойку. Тогда должно выполняться условие:
$k_1^2+k_1+4m\pm2018=0$
Обозначим
$a_3=4(n^2-1)\pm2018$
$b_3=4m\pm2018$(я уравнение второй степени записала в виде $b_0k_1^3+b_1k_1^2+b_2k_1+b_3=0$, $b_0=0$)
Чтобы $(k_1)$ было общим корнем, необходимо равенство нулю результанта. Это долго (если считать вручную), но в итоге получаем квадратное уравнение с не положительным дискриминантом. Т.е. он должен равняться нулю. Это возможно только при условии $2b_3=a_3$. Это не возможно, т.к. количество двоек разное. Т.е. имеем противоречие.
Решение длинное (чисто механическое). Главное, чтобы не было ошибок при Вычислении результанта.

[grizzly]

TR63 в сообщении #1353618 писал(а):

Главное, чтобы не было ошибок при Вычислении результанта

Ошибки при вычислении результата были. Во второй строке Вашего сообщения свободный член 2, а в четвёртой 4. И если Вы логику изначально строили на делимости на 4, то она рассыпалась.

[TR63]

grizzly, Вы правы. Спасибо.
Действительно, в четвёртой строчке получается другое, не исходное уравнение (из-за невнимательности), которое с использованием результанта хорошо решается, хотя на вид страшное (но стоит перепроверить арифметику).
Для исходного уравнения тоже можно составить систему и вычислить результант. Но даст ли это результат?

[TR63]

(Оффтоп)

Система может иметь вид:

$k_1^3+3k_1^2-k_1-4(n^2-1)-2024=0$
$k_1^3-k_1-4(n^2-1)-2024-3m=0$

[TR63]

grizzly в сообщении #1353632 писал(а):

И если Вы логику изначально строили на делимости на 4

Скорее на неделимости на $4$, уже потом использую делимость на $4$. Получается для моего уравнения (не исходного) делимость только на одну двойку (на $2\alpha$).

TR63 в сообщении #1353618 писал(а):

Очевидно, что $(k_1)$ содержит только одну двойку.

Почему так? На всякий случай, чтобы не было разночтений, поясняю:
$k_1^2+k_1=k_1(k_1+1)$ чётное; все слагаемые, кроме первого чётные, значит
$k_1^3$ чётное.
$(k_1)$ не может содержать более одной двойки, т.к. тогда $2018$ должно делится на четвёрку. Да, потом многочлен второй степени должен делится на $4$ (наверное, Вы здесь подразумеваете делимость на $4$).
Далее вычисляем результант (это определитель пятого порядка; но я записала через определитель шестого порядка, положив $b_0=0$; надеюсь, в этом нет криминала), и используем свойство неделимости на $4$.

[TR63]

TR63 в сообщении #1353618 писал(а):

возможно только при условии $2b_3=a_3$.

К этому утверждению есть контрпример: $n=2$, $m=3$, $k_1=2$, вместо $2018$ взять в уравнении третьей степени (моём), например, $2$.
Значит, либо в рассуждениях ошибка, либо при вычислении результанта.