Диофантово уравнение.

[TR63]

Можно показать, что для существования нетривиальных решений уравнения $y^3=2x^2+1$ необходимо выполнение условия $4x^4-3p^2=q^2$. (Будем рассматривать случай $x^2\neq p\neq q$, $p\neq0$.)

$(2k+1)^3=2x^2+1$
$k[(2k+1)^2+(2k+1)+1]=x^2$
$kt^2+kt+k-x^2=0$

Решаем пару квадратных уравнений и получаем нужное условие.

Далее, если показать, что в этом условии $x\neq3m$, то прийдём к известному элементарному решению, в котором это условие будет достаточным для несуществования нетривиальных решений.

Меня интересует вопрос: верно ли, что в уравнении $4x^4-3p^2=q^2$ $x\neq3m$ (нужны школьные методы).

Я проверила на Вольфраме при $1\le q\le40$. Плюс логические рассуждения. Методом от противного. Допустим, что при фиксированном произвольном $(q)$ существует минимальное $x=3x_1$ (известно, что вне этого условия решений исходного уравнения не существует). После подстановки и сокращений получим $4x_1^4-3p_2^2=q_2^2$. Противоречий не наблюдается.

[Shadow]

Я бы вам предложил доказать обратное (причем верное) утверждене: Для любого целого $x$ существуют целые $p,q$ такие что $q^2+3p^2=4x^4$
(в общем случае больше, чем одна пара).

Вообще, что вы делаете???
Сначала положили $y=2k+1$
Потом $2k+1=t$
Квадратное, видите ли, уравнение (из кубического, вот такой фокус). А то что $t$ и $k$ зависимы вас не смущает? Что $k=\dfrac{y-1}{2}$

Переливали из пустого в порожнее, чтобы получить простенькое $\frac{y-1}{2}(y^2+y+1)=x^2$

[TR63]

Shadow в сообщении #1396723 писал(а):

Для любого целого $x$ существуют целые $p,q$ такие что $q^2+3p^2=4x^4$
(

Например, Вольфрам показывает для $x=2$ только решения, не входящие в рассматриваемую мной область

TR63 в сообщении #1396657 писал(а):

(Будем рассматривать случай $x^2\neq p\neq q$, $p\neq0$.)

Поэтому пока не вижу причин решать, предложенную Вами задачу. Возможно, Вы не поняли, что меня интересует именно эта область и $x=3m$, поскольку оставшаяся область тривиальна. Мне достаточно всего одного контрпримера, если он существует в интересующей меня области.

Shadow в сообщении #1396723 писал(а):

А то что $t$ и $k$ зависимы вас не смущает?

Смущает и смущало. Хороший вопрос. Тогда оставим исходную задачу в стороне. Тем не менее, меня интересует контрпример к моему уравнению. Исходная задача меня мало интересует. Лишь постольку, поскольку она явилась источником интересующего меня уравнения в указанной области при $x=3m$ .

[Shadow]

TR63 в сообщении #1396749 писал(а):

Например, Вольфрам показывает для $x=2$ только решения, не входящие в рассматриваемую мной область

Интересно, а что показывает вольфрам при $x=7$...или при $x=21$, если надо, чтобы $x$ делилось на 3

[TR63]

Shadow в сообщении #1396757 писал(а):

при $x=21$, если надо, чтобы $x$ делилось на 3

Теперь Вольфрам глючит. Ничего не показывает, не считает. Может, он не умеет такую задачу решать.
Если задавать (q), то всё считал исправно.

[Shadow]

TR63 в сообщении #1396763 писал(а):

Теперь Вольфрам глючит

Значит мой Вольфрам лучше вашего. Те же самые решения, что и при $7$, только умноженные на $9$. Нормально?

[TR63]

Shadow, не только Ваш Вольфрам лучше, но и технология перебора лучше. Я по моей технологии перебора не добралась до $q=126$. Спасибо за оказанную помощь.

Shadow в [url=http://dxdy.ru/post1396864.html#p1396864]сообщении
#1396864[/url] писал(а):

Нормально?

Нормально. Далее у меня ещё есть вопрос, но он слишком альтернативный (не стоит заморачиваться).

[victor.l]

$x=0$ единственное решение. Доказать можно применив выражение $(a^2+2b^2)^3=c^2+2d^2$. Если не ошибся то$c=a(a^2-6b^2)$.

[Shadow]

victor.l в сообщении #1396997 писал(а):

$c=a(a^2-6b^2)$.

Ну, это и есть $\operatorname{Re}\left((a+b\sqrt{-2})^3\right)$, о чем говорили в другой теме.

[victor.l]

Поскольку дискриминант $-8$ фундаментальный, откуда следует что все произвольные нечетные простые числа которые соответствуют квадратичному вычету $-8$ имеют собственное представление формой $x^2+2y^2$ в произвольных степенях то никаких проблем с уравнением $x^2+2y^2=z^n$ для произвольного $n$ нет. Обсуждать тут нечего. А народ обсуждал $y^3=nx^2+1$ для некоторых других $n$?

[nnosipov]

victor.l в сообщении #1397544 писал(а):

Обсуждать тут нечего.

Почему же нечего? Например, каковы тройки натуральных чисел $(x,z,n)$, для которых $x^2+2=z^n$. Вполне содержательный вопрос.

[victor.l]

Для четных степеней решения отсутствуют. Для куба получил одно решение в натуральных $5^2+2=3^3$ откуда следует что для $n=3m$ где $m>1$ решения отсутствуют.

[victor.l]

Для $n=5$ решения отсутствуют. А такое нашлось $3^5=1+2(11)^2$.

[TR63]

Замечание (к исходному уравнению).

Исходное уравнение $y^3=2x^2+1$ сводится известной заменой $y=3k+1=2m+1$, $k=\frac{2m}{3}=2m_1$, $x=3x_1$ к решению уравнения

$$m_1(12m_1^2+6m_1+1)=x_1^2$$

1). $12m_1^2+6m_1+1-u^2=0$

2). $12m_2^4+6m_2^2+1-u^2=0$

$u=4k\pm1$, $m_2=2m_3$

$$24m_3^4+3m_3^2-k(2k\pm1)=0$$

Решаем пару квадратных уравнений. Получаем второй дискриминант $D=p^2-12q_1^2=-1$(нет решений).

Т.е. уравнение $(2)$ решается элементарно (в лоб), если я не ошиблась в вычислениях. Можно и другим способом, но интересуют школьные плюс Вольфрам.

Вопрос: можно ли первое уравнение $12m_1^2+6m_1+1-u^2=0$ решить элементарным способом или каким-то другим.

Замечание к уравнению ($y^3=x^2+2$).

Мне это уравнение удалось только свести к решению уравнения $(8k+3)^3=8n+3$, $(k)$ нечётное, $(n)$ чётное. Далее, если элементарно, у меня не получается (решение посложнее мне известно). Но здесь есть заинтересовавшее меня наблюдение.

В левой части последняя цифра может принимать значения $(1,7,3,9,5)$. В правой-$(3,9,5,1,9)$. Т.е. наборы не совпадают и количество решений в целых положительных числах не более одного.

Вопрос: что будет относительно количества решений, если наборы совпадают.

Предположение: количество будет более одного, если одно уже имеется.

Эксперимент. $y^2=x^2+a$.

Наборы совпадают только (?) при $a=...5$ (т.е. последняя цифра должна быть "пять").

Гипотеза: уравнение (в целых положительных числах)$y^2=x^2+a$ при $y=2l+1$, $a=...5>5$ имеет более одного решения.

Вопрос: можно ли доказать или опровергнуть эту гипотезу (это только наблюдение, без технологии).

[victor.l]

Автору темы повторно. Дискриминант -3 фундаментальный откуда следует что все простые числа вида $6n+1$ в произвольных степенях имеют собственное представление формой $x^2+xy+y^2$. А диофантово уравнение $x^2+xy+y^2=z^n$ при$ (x,y)=1$ имеет решения только тогда когда все простые числа канонического разложения числа $z$ это $6n+1$. Это условие является необходимым и достаточным и сколько представлений имеет число $z$ ровно столько будет иметь число $z^n$. Надо нужное тождество подобрать и все дела. Для $n=2$ напишу.$(a^2+ab+b^2)^2=c^2+cd+d^2$ где $c=a^2-b^2$ $d=2ab +b^2$