Может ли разность кубов быть квадратом?

[grizzly]

Andrey A в сообщении #1434239 писал(а):

Задача распадается на частные случаи

Всё-таки, наверно, только 3 частных случая для взаимно простых:
1) $l-r=1$
2) $l-r=3m^2$
3) Остальное.

Решения есть только в первых двух случаях.

[Dmitriy40]

grizzly в сообщении #1434247 писал(а):

Всё-таки, наверно, только 3 частных случая для взаимно простых:
1) $l-r=1$
2) $l-r=3m^2$
3) Остальное.

Решения есть только в первых двух случаях.

Контрпримеры (решения с $1 \ne l-r \ne 3m^2$):
$273^3-152^3=4103^2,\, l-r=121$
$280^3-111^3=4537^2,\, l-r=169$
$336^3-215^3=5291^2,\, l-r=121$
$665^3-496^3=13117^2,\, l-r=169$
$1040^3-511^3=31487^2,\, l-r=529$
$1824^3-455^3=77293^2,\, l-r=1369$
И ещё много. Причём похоже разница это квадрат простого ...

Так что условий должно быть три: $l-r=\{1,m^2,3m^2\}$. Единицу конечно можно поглотить квадратом.

[Andrey A]

grizzly в сообщении #1434247 писал(а):

... 3 частных случая

Если не два. Что-то насчет остального нет оптимизма (а, ну Вы заметили), зато первый случай можно тоже взять с квадратом:
$l-r=n^2 \rightarrow l^2+lr+r^2=m^2 \rightarrow (l-r)^2+3(l+r)^2=(2m)^2=n^4+3(l+r)^2 \rightarrow $

$$(2m)^2-3(l+r)^2=n^4.$$

Из последнего уравнения должны получить бесконечные серии решений, вот только $n$ годится не любое, поскольку тройка часто невычет по модулю $4$-ых степеней. После единицы самое маленькое $n=11$. Dmitriy40, вот всё как у Вас, только простые тут не знаю при чем. Ага. Получаем последовательность
$\dfrac{61}{9};\dfrac{373}{425};...;\dfrac{p_{n+1}=14p_n-p_{n-1}}{q_{n+1}=14q_n-q_{n-1}},...$ для которой выполняется $\left ( \dfrac{q+121}{2} \right )^3-\left ( \dfrac{q-121}{2} \right )^3=(11p)^2.$ И это не единственная серия.

Во втором случае всё проще.
$l-r=3n^2 \rightarrow (l-r)^2+3(l+r)^2=12m^2=9n^4+3(l+r)^2 \rightarrow $

$$ (2m)^2-(l+r)^2=3n^4.$$

Тут уже можно подставлять любое $n$ и получать решения в нужном количестве. Для $n=5$, к примеру, имеем $3\cdot 5^4=314^2-311^2=938^2-937^2$, откуда $193^3-118^3=2355^2,\ 506^3-431^3=7035^2.$
Интересный расклад. И спать не хочется.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1434251 писал(а):

Если не два.

Ровно два. Во втором (который попроще) можно побороться за полное описание (апеллируя к условию взаимной простоты). В первом, в принципе, тоже, но ответ будет, скорее всего, громоздким.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1434253 писал(а):

Во втором (который попроще) можно побороться за полное описание (апеллируя к условию взаимной простоты)

Там ведь у нас есть тройка, единица, и $n$ может быть составным числом, просто не получится. Ну, это дело вкуса.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1434254 писал(а):

Там ведь у нас есть тройка, единица, и $n$ может быть составным числом, просто не получится.

Там ожидается 2-параметрическое семейство решений (как с примитивными пифагоровыми тройками).

[DeBill]

Dmitriy40 в сообщении #1434249 писал(а):

Так что условий должно быть три: $l-r=\{1,m^2,3m^2\}$. Единицу конечно можно поглотить квадратом.

Ну, поскольку для взаимно простых имеем: общий делитель $l-r$ и $l^2+lr+r^2$ есть либо1, либо 3 - то да, только три (два) случая.
В первом ($l=r+1$) имеем
$3r^2+3r+1=m^2$,
$12r^2+12r+4=4m^2$,
$x^2-3y^2=1$,
где $x=2m, y=2r+1$.
Это - уравнение Пелля. Стартуя с базисного решения $(2,1)$, и отбирая решения нужной четности, как раз и получим серию $x_{n+1}= 7x_n+12y_n, y_{n+1}=4x_n+7y_n$, откуда и найдем $r,l$ и $m$. И это - все решения такого типа.
А для других типов?

[nnosipov]

DeBill в сообщении #1434257 писал(а):

В первом ($l=r+1$)

А зачем выделять отдельно этот случай? Это крохи (экспоненциальное 1-параметрическое семейство решений).

[DeBill]

nnosipov в сообщении #1434258 писал(а):

А зачем выделять отдельно этот случай?

Для других - я не умею описывать ВСЕ решения.

[nnosipov]

DeBill
Эта задача, скорее всего, решена. Возможно, где-нибудь у Морделла написано. Или у румынов (Titu Andreescu et al) в одной из их многочисленных книжек про диофантовы уравнения.

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #1434261 писал(а):

Эта задача, скорее всего, решена. Возможно, где-нибудь у Морделла написано.

У Морделла стр. 235, через аппарат эллиптических кривых, если я правильно понял.
По идее можно попробовать решить и через алгебраическую теорию чисел (я так полностью решил уравнение $x^2+xy+y^2=z^3$).

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #1434267 писал(а):

По идее можно попробовать решить и через алгебраическую теорию чисел (я так полностью решил уравнение $x^2+xy+y^2=z^3$).

Что-то такое я и имел в виду. В рассматриваемом случае будет сложнее из-за бесконечной группы единиц (ибо приходится иметь дело не с мнимыми, а вещественными квадратичными иррациональностями --- вместо $\sqrt{-3}$ имеем $\sqrt{3}$).

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1434256 писал(а):

... 2-параметрическое семейство решений

$$\left [ \left ( \dfrac{a^2+3b^2}{2} \right )^2-3b^4 \right ]^3-\left [ \left ( \dfrac{a^2-3b^2}{2} \right )^2-3b^4 \right ]^3=\left ( \dfrac{3ab(a^4+3b^4)}{4} \right )^2$$

где $a,b$ — пара вз. простых нечетных. Немножко непонятно стремление избавиться от не вз. простых троек. Ведь их не получить простым домножением слагаемых (если только на $6$-ю степень), и они тоже нуждаются в описании. А из предыдущего контекста всё это следует естественным образом, если брать разности любых квадратов (не только вз. простых). Да, и не стоит забывать что здесь только половина решений.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1434273 писал(а):

Мне тут не очень понятно стремление избавиться от не вз. простых троек. Ведь их не получить простым домножением слагаемых (если только на $6$-ю степень), и они тоже нуждаются в описании.

Просто эта задача (описание всех решений) кажется слишком трудной.

[Andrey A]

Всё. Спасибо за общение, больше мне тут нечего добавить.