Полнократные числа

[Andrey A]

mihaild в сообщении #1361168 писал(а):

Из утверждения "произведение $3$ последовательных чисел не является полнократным" следует "не существует трех последовательных полнократных чисел". Поскольку второе не доказано, а доказав первое, мы докажем и второе, то очень вряд ли мы докажем первое.

Из статьи: Полнократное число — положительное целое число, которое делится нацело квадратом каждого своего простого делителя.
Эквивалентное определение: число, представимое в виде $a^2b^3$ , где $a$ и $b$ — положительные целые числа.

Еще предложу формулировку: если $p \mid q^2$, то $pq^2$ — полнократное число. Для единообразия можно считать $p$ свободным от квадратов $>1$, тогда из $p \not\ \mid q^2$ следует также, что $pq^2$ не является полнократным, но это по ситуации. Тут действительно прямое отношение к теме, и кажется, есть за что зацепиться. Рассмотрим систему

$$a^2x-b^2y=b^2y-c^2z=1\ \ \ (1)$$

$c^2z,b^2y,a^2x$ — тройка последовательных членов натурального ряда. Если $a$ или $c$ четно, крайние члены четны, и один из них вида $4k+2$ точно не может быть полнократным числом. Поэтому считаем $a,b,c$ попарно взаимно простыми, $b$ четным. Как решать систему (1) — дело вкуса, в сущности тут китайская теорема об остатках по вз. простым модулям $a^2,b^2,c^2$, но можно решать уравнения системы по отдельности и делать потом сотв. подстановки. Решения определены однозначно и имеют вид $x=x_0+tb^2c^2,y=y_0+ta^2c^2,z=z_0+ta^2b^2$, где $x_0,y_0,z_0$ — некоторое наименьшее решение, $t$ — свободная переменная. Если бы доказать, что для любой тройки $a,b,c$, отвечающей заданным условиям, одно из утверждений $x \mid a^2,y \mid b^2,z \mid c^2$ неверно, это бы подтверждало гипотезу Эрдёша. То обстоятельство, что соседние члены натурального ряда близки по величине, выразим так: $c^2z\approx b^2y\approx a^2x$. Чем меньше квадрат, тем больше состоящая при нем переменная, и тем меньше шансов у квадрата быть поделённому без остатка. Если переменная превысила половину квадрата, шансов нет, что и считаем достаточным условием для доказательства. Если же наоборот искать контрпример, создавая благоприятные условия делимости, то надо брать квадраты близкие по величине. Например такие: $2n+1,2n,2n-1$. Полное решение системы

$$(2n+1)^2x-(2n)^2y=(2n)^2y-(2n-1)^2z=1$$

удается выписать в полиномах:

$x=16n^4-28n^3+16n^2-4n+1+t(2n-1)^2(2n)^2$
$y=16n^4-12n^3-8n^2+5n+1+t(2n-1)^2(2n+1)^2$
$z=16n^4+4n^3-8n^2-4n-1+t(2n)^2(2n+1)^2$.

Пока всё.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1363048 писал(а):

Если переменная превысила половину квадрата, шансов нет...

Тут ошибка, конечно. Правильно так: Если переменная превысила величину квадрата, шансов нет... и далее по тексту. Продолжу. Может ли в предыдущем решении наименьший квадрат быть кратен состоящей при нём переменной $z$? При $t=0$ имеем $z-(2n-1)^2=16n^4+4n^3-8n^2-4n-1-(2n-1)^2=16n^4+4n^3-12n^2-2$. При всех положительных $n$ разность $>0$, следовательно $z>(2n-1)^2$ и ни при каких обстоятельствах не может делить $(2n-1)^2.$ При $t=-1$ получаем наименьшие отрицательные значения переменных. Меняя порядок следования слагаемых, имеем "зеркальный вариант решения", но $-z=12n^3+12n^2+4n+1$ всё равно остается при наименьшем квадрате. Тогда $\left | z \right |-(2n-1)^2=12n^3+8n^2+8n>0.\ \ \left | z \right |>(2n-1)^2$. Значения $z$ при $\left | t \right |>1$ можно не рассматривать. И так, не существует трёх последовательных полнократных чисел, кратных трём последовательным квадратам в прямом или обратном движении. Общее решение системы (1) в полиномах, конечно, не выражается, но при фиксированных аргументах Вольфрам решает ее без проблем. Остается доказать, что при любых $a,b,c$, отвечающих заданным условиям, переменная при наименьшем квадрате всегда превышает его по величине.
Снимая требование нечетности $a,c$, сразу имеем исключение: $3\cdot 4^2,1\cdot 7^2,2\cdot 5^2\ \ \ 3<4^2,1<7^2,2<5^2$. Могу ошибаться, но почему-то кажется, что количество таких исключений конечно. Если не единственно.

[Andrey A]

Систему (1) можно переписать так: $\left\{\begin{matrix} a^2x-b^2y=1\\ b^2y-c^2z=1 \end{matrix}\right.$ Почленное сложение и вычитание ведет к $\left\{\begin{matrix} a^2x-c^2z=2 \\ a^2x+c^2z=2b^2y \end{matrix}\right.$ Почленно перемножая, получаем $(a^2x)^2-(c^2z)^2=4b^2y$.

(Оффтоп)

scwec если это нужно вынести в отдельную тему, дайте знать. А то проповедую втуне. Надо же, задело за живое.

Ясно, что произведение полнократных есть полнократное, можно даже выделить "полнократные простые" - квадраты и кубы простых. Из последней записи, если отвлечься от ограничений четности, следует менее очевидное утверждение: разность квадратов двух вз. простых полнократных не есть полнократное, если расстояние между ними $\leqslant 2.$ Если это верно и для любой пары вз. простых полнократных, то гипотеза Эрдёша вытекает отсюда как частный случай. Еще рискну предположить, что последовательности Люка могут включать лишь конечное число полнократных. Все Фибоначчи имеют собственный простой делитель кроме $F_1=1,F_2=1,F_6=8,F_{12}=144$ (упоминание о доказательстве есть у Воробьева). Как видим, все исключения полнократные числа. Первые 5000 есть тут https://oeis.org/A001694/b001694.txt

[scwec]

Andrey A в сообщении #1363478 писал(а):

scwec если это нужно вынести в отдельную тему, дайте знать.

Думаю, что последние три ваши сообщения и это моё сообщение можно вынести в отдельную тему "полнократные числа".
Пока, правда, кроме интересных соображений, есть только точное решение системы $(1)$ с $a,b,c$ - последовательными квадратами. Но это и само по себе интересно и, может быть, продолжение последует.

[Andrey A]

$a_1=27,\ a_{n+1}=a_n(2a_n-3)^2$
$b_1=25,\ b_{n+1}=b_n(2b_n+3)^2$

$a_n-b_n=2$, бесконечная серия "полнократных близнецов". Предновогодняя. Она не описывает всех близнецов, но любую другую пару можно взять первым членом и получить новую серию, что видно из тождества $(2x+1)(4x-1)^2-(2x-1)(4x+1)^2=2$. Например такую: $a_1=13837575261125,b_1=13837575261123.$