Уравнение в натуральных положительных числах (обобщение).

[Shadow]

TR63 в сообщении #1367306 писал(а):

примет вид с учётом замены $b^{\beta+2}=y$, $b=x$

$n^2-yx^2=y^2+1$

Это уравнение Пелля (похожее было в соседней теме и решений не имело).

Это уравнение с трудом можно назвать уравнением Пелля, но даже если так, то оно имеет бесконечно много решений при бесконечно много $y$

TR63 в сообщении #1367306 писал(а):

Можно рассмотреть частный случай $\alpha-\beta=4$. Тогда уравнение

$$b^{\alpha+\beta}+b^{\alpha}+1=n^2$$

примет вид

$b^{2c}+b^{c+2}+1=n^2$, а $b^{2c}+b^{c+2}+1$ не может быть квадратом при $c\ge 4$, потому что тогда

$(2b^c+b^2-1)^2<4b^{2c}+4b^{c+2}+4<(2b^c+b^2)^2$

Случаи $c<4$ можете рассмотреть самостоятельно, если это вам очень надо.

[Andrey A]

TR63 в сообщении #1367306 писал(а):

$n^2-yx^2=y^2+1$
Это уравнение Пелля (похожее было в соседней теме и решений не имело).

В предыдущее, простите, не вчитывался, но тут что-то знакомое навеяло. Если бы в правой части игрек был без квадрата, получили бы
$n^2-yx^2=y+1$
$n^2-1=y(x^2+1)$ и
$y=\dfrac{n^2-1}{x^2+1}$ Такое ур. действительно имеет бесконечную серию решений, см. здесь.
Ну, а если с квадратом, переписываем его так: $x^4-2^2=(x^2+2y)^2-(2n)^2$
В любом случае есть решение $y=0,n=1$, но нули Вас не устраивают. Возьмите $x$ за аргумент и рассматривайте разности квадратов в правой части. Для любого $x>2$ их всегда есть, и всегда конечное число.
$x=3,y=15,n=19.$

[kotenok gav]

y еще должен быть степенью x.

[TR63]

Shadow в сообщении #1367392 писал(а):

а $b^{2c}+b^{c+2}+1$ не может быть квадратом при $c\ge 4$

Shadow, спасибо за, хотя и частный, но результат. Т.е. Вы рассмотрели случай, когда $\alpha+\beta=2c$ (чётное). Следовательно и разность чётная $\alpha-\beta=2c_1$. Плюс осталось исследовать $c<4$ и нечётную сумму.
Andrey A, спасибо за информацию по уравнению
$n^2-yx^2=y^2+1$.
Эта информация полезна для рассмотренной ранее соседней темы. (Т.е. выполнение указанных там свойств, возможно, существенно; там нужен контрпример при соблюдении указанных свойств.)

[Shadow]

TR63 в сообщении #1367488 писал(а):

Т.е. Вы рассмотрели случай, когда $\alpha+\beta=2c$ (чётное). Следовательно и разность чётная $\alpha-\beta=2c_1$

Я рассмотрел случай, когда

TR63 в сообщении #1367306 писал(а):

Можно рассмотреть частный случай $\alpha-\beta=4$

и следовательно $\alpha+\beta=2c$ тоже четное.
Точнее, вы его рассматривали.

[TR63]

Shadow в сообщении #1367517 писал(а):

Точнее, вы его рассматривали.

У меня получилось, что

TR63 в сообщении #1366303 писал(а):

Итак, получилось, что при $\alpha_1=2$, $\alpha_1=3$ решения существуют.

Это при $b=2$.

Т.е. при $b>2$ Вашим методом не покрывается случай $b^{5+1}+b^5+1-n^2=0$. Этот случай следует рассмотреть.

[Shadow]

При $b>1$

$(8b^3+4b^2-b)^2<64(b^6+b^5+1)<(8b^3+4b^2-b+1)^2$

вот и покрыли.

[TR63]

Shadow, красиво. Спасибо.
Ещё бы выяснить что-нибудь для ($\alpha+\beta=2c+1$), $b>2$ , $\alpha>\beta$.