Мистика чисел

[Andrey A]

juna
Даже и не знаю. Когда углубляешься в хорошую тему, по ходу всплывает много интересных вещей. Потом оказывается, что они следуют из более общих соображений. Стоит подумать.

[nnosipov]

juna в сообщении #1551039 писал(а):

Или он тривиально следует, из того, что это числа Люка?

Он тривиально следует из того, что относительно "экспоненциальной" переменной будут обычные алгебраические тождества типа $x^2+2x+1=(x+1)^2$.

[juna]

nnosipov
Можно подробнее расписать, что Вы имели ввиду.

[Yadryara]

juna в сообщении #1550986 писал(а):

(https://oeis.org/A160695 )

Уважаемый juna, а Вы в курсе что над окошком для ответа есть специальный тег oeis, который удобен и пишущим и читающим? Наведите мышку на A160695.

[nnosipov]

juna в сообщении #1551045 писал(а):

Можно подробнее расписать, что Вы имели ввиду.

Да, только попозже, сейчас занят.

[Andrey A]

Yadryara в сообщении #1551046 писал(а):

Наведите мышку на A160695.

Мы ведь здесь имеем дело с "фигурными числами" и вопрос как часто и где их множества пересекаются. Известная задача из этой серии — может ли быть треугольное число квадратным? Решение берется из разложения $\sqrt{8}$ с "инструкциями к применению". В данном случае возможна подобная схема:

$$\sqrt{\dfrac{7}{3}}=1,(1,1,8,1,1,2) \approx \dfrac{1}{1},\dfrac{2}{1},\dfrac{3}{2},\dfrac{26}{17},\dfrac{29}{19},\dfrac{55}{36},\dfrac{139}{91},...$$

Берем нечетные дроби (с нечетными номерами) и, если числитель и знаменатель разной четности, вычисляем разность квадратов. В противном случае — то же самое деленное на $4$.

$(1^2-1^2)/4=0$
$3^2-2^2=5$
$(29^2-19^2)/4=120$
$(139^2-91^2)/4=2760$
и т.д.

Получаем последовательность A160695.

[nnosipov]

juna
Вот что имелось в виду. Положим $\varepsilon=-n-1/2+\sqrt{n^2+n-3/4}$ и $t=\varepsilon^k$. Здесь $\varepsilon$ --- корень уравнения $x^2+(2n+1)x+1=0$, а $t$ --- эта та самая "экпоненциальная" переменная. Тогда

$$m=\frac{2n+1+t^2/\varepsilon+\varepsilon/t^2}{-4n^2-4n+3}.$$

Далее рассмотрим, например, выражение $A=(2n+3)m+1$. Факторизуем $A$ как рациональную дробь над полем $F(\varepsilon)$, где $F=\mathbb{Q}(n)$ --- поле рациональных дробей от $n$. Делаем это не руками, а с помощью Maple. В итоге получим

$$A=\frac{(2n+1+\varepsilon)(t^2+\varepsilon)^2}{(2n-1)t^2}=\frac{2n+1+\varepsilon}{2n-1}\cdot\left(\frac{t^2+\varepsilon}{t}\right)^2.$$

Это, к сожалению, еще не конец, но почти конец: осталось понять, что константа

$$B=\frac{2n+1+\varepsilon}{2n-1} \in F(\varepsilon)$$

есть квадрат другой константы из поля $F(\varepsilon)$. Самое простое здесь --- это применить метод неопределенных коэффициентов, т.е. искать $B$ в виде $B=(a+b\varepsilon)^2$ с некоторыми $a=a(n)$ и $b=b(n)$ из $\mathbb{Q}(n)$. Опять же с помощью Maple находим

$$a(n)=\frac{2n}{2n-1}, \quad b(n)=\frac{1}{2n-1}.$$

Таким образом, $A=C^2$, где

$$C=\frac{2n+\varepsilon}{2n-1}\cdot\frac{t^2+\varepsilon}{t}.$$

Можно убедиться (опять-таки с помощью Maple), что при замене $\varepsilon \to 1/\varepsilon$ и $t \to 1/t$ выражение для $C$ не меняется. Это значит, что $C=C(n) \in \mathbb{Q}(n)$ при любом конкретном $k$. Наконец, так как $A=A(n)$ --- многочлен от $n$ при любом $k$, то и $C(n)$ также является многочленом от $n$ при любом конкретном $k$.

Кажется, понять идею доказательства подобных фактов (состоящую в поиске соответствующих алгебраических тождеств, с чем успешно справляются системы компьютерной алгебры типа Maple) здесь быстрее, чем аккуратно все описывать.

[juna]

Yadryara

Спасибо, я этого не заметил.

Andrey A

Это очень близко к тому, что я делал, манипулируя с цепными дробями.

nnosipov

Ничего себе тривиально... Ушел думать над вашим текстом

[Andrey A]

juna в сообщении #1551056 писал(а):

... близко к тому, что я делал, манипулируя с цепными дробями.

На сколько понял, нужно получить целые значения дробей, удовл. условию $\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}$ для фиксированных $a,b \in \mathbb{Z}.$
Положим $a>b$ и добавим требование $\gcd (a,b)=1$, тогда уравнение $\dfrac{a}{b}=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ эквивалентно заявленному. Некоторые его решения $\dfrac{x_i}{y_i}$ можно получить из разложения $\sqrt{\dfrac{a}{b}}=a_0,a_1,...$ , меняя знак $=2a_0$ в конце периодов на $a_0\pm 1.$ Полное же решение зависит от количества различных $d^2 \mid (a-b)$ и от количества решений сравнения $u^2 \equiv 1 \mod \dfrac{a-b}{d^2}.$ Об этом было тут. Писалось давно, без сумбура не обошлось, но если Вы любите возиться с цепными дробями, думаю разберетесь. Лучше, конечно, привести к форме $ay^2-bx^2=a-b$ и домножить на $a$: $(ay)^2-abx^2=a(a-b).$ О таком уравнении есть кое-что в конце (та же тема, последний пост).

Исправлено 27.03.2022

[juna]

nnosipov

Спасибо. Да, все получается. Доказали, что $(2n+3)m+1$ полный квадрат. Действительно, практически метод прямой подстановки, если знать факторизацию.

А можно продемонстрировать такую же факторизацию для $(2n-1)m+1$, чтобы завершить доказательство этого факта (к сожалению, Maple у меня нет, а в maxima, честно говоря, я даже не знаю, как это сделать)?

Andrey A

Я рассматривал специальный упрощенный вид цепных дробей $(a;a,a,a,a,\ldots)$, нашел формулу для подходящих дробей $\alpha_n$, далее выразил $\alpha_n=a+\sum_{i=2}^{n}d_i, d_n=\alpha_n-\alpha_{n-1}$. Все эти закономерности вылезают разом из $d_n$ при комплексном значении $a=\frac{(2l+1)i}{2}$. В детали, которые Вы описываете, я даже не вдавался(хотя наверное стоило бы).

[nnosipov]

juna в сообщении #1551095 писал(а):

А можно продемонстрировать такую же факторизацию для $(2n-1)m+1$

Для $A=(2n-1)m+1$ имеем $A=C^2$, где

$$C=\frac{2n+2+\varepsilon}{2n+3}\cdot\frac{-t^2+\varepsilon}{t}.$$

Вычисления в Maple можно посмотреть в прилагаемом файле.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1551090 писал(а):

... уравнение $\dfrac{a}{b}=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ эквивалентно заявленному.

Оно, кстати, имеет общее решение в рациональных числах:

$$x=\dfrac{a(u+v)^2-(a-b)u^2}{av^2-bu^2},\ y=\dfrac{b(u+v)^2+(a-b)v^2}{av^2-bu^2},$$

где $u,v$ — пара вз. простых аргументов (это так, к слову, можно не отвечать). Оставляю в целых, если захочется поискать условия сократимости. Взято из олимпиадной темы https://dxdy.ru/topic148083.html, вывод несложный, но сам факт полного $1-$ параметрического представления произвольной рациональной точки формой $\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ мне не кажется тривиальным. Для некоторого существующего решения нужная пара $u,v$ находится из соотношения

$$\dfrac{u}{v}=-1 \pm \sqrt{ \dfrac{(a-b)(x+y)(y+1)}{b(x-y)(y-1)}}.$$

p.s.
В рациональных параметрах решение ур-я $n=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ можно записать так: $x=\dfrac{2n(m+1)}{m^2-n}+1,\ y=\dfrac{2(n+m)}{m^2-n}+1.$

[juna]

nnosipov

Спасибо. Оказывается и в maxima это есть.
Вот, например:

m(n,t,e):=(2*n+1+t^2/e+e/t^2)/(-4*n^2-4*n+3)$
factor((2*n-1)*m(n,t,e)+1);

В итоге получаем:

$$-\frac{(t^2-\varepsilon)^2}{\varepsilon(2n+3)t^2}$$

Для метода неопределенных коэффициентов нужно $\varepsilon$ переместить в числитель, что не проблема, поскольку $\epsilon^2+(2n+1)\epsilon+1=0\Rightarrow -\frac{1}{\epsilon}=\epsilon+2n+1$.
Таким образом, показали, что

$$(2n-1)m+1=\left(\frac{2n+2+\epsilon}{2n+3}\cdot\frac{t^2-\epsilon}{t}\right)^2$$

$$(2n+3)m+1=\left(\frac{2n+\epsilon}{2n-1}\cdot \frac{t^2+\epsilon}{t}\right)^2$$

при $\varepsilon=-n-1/2+\sqrt{n^2+n-3/4}, t=\varepsilon^k$
Целочисленность правых частей этих равенств определяется тем, что их левые части - целые числа (что нужно, конечно, тоже доказать).

Здесь можно еще поискать другие значения $l$, такие, что $(2n+l)m+1=S^2$, чем чёрт не шутит.

Но в диапазоне $l\in[-100,100],l\in\mathbb{Z}$ чёрт не шутит. Во всяком случае визуально красивых форм в результате факторизации не видно. Можно предполагать, что чёрт в этом вопросе тотально грустный на всем множестве целых чисел, кроме двух его точек.

Судя по результатам из oeis, приведенная формула для $m=m(n,k)$ дает все возможные $m$ для каждого конкретного $n$, такие, что $(2n-1)m+1=A^2, (2n+3)m+1=B^2$. Но это гипотеза.

Andrey A

Здесь можно еще пообобщать то, что написано про уравнение Пелля в oeis для конкретных $n$.

Если $(2n-1)m+1=A^2, (2n+3)m+1=B^2$, то все сводится к уравнению Пелля вида:

$$x^2-(2n-1)(2n+3)y^2=1$$

где

$$x=\frac{(2n-1)(2n+3)m+(2n+1)}{2}, y=\frac{\sqrt{((2n-1)m+1)((2n+3)m+1)}}{2}$$

Это можно проверить непосредственной подстановкой:

expand((((2*n-1)*(2*n+3)*m+(2*n+1))/2)^2-(2*n-1)*(2*n+3)*((2*n-1)*m+1)*((2*n+3)*m+1)/4);

получаем 1.
Также можно обобщить разложение:

$$\sqrt{n^2+n-3/4}=\frac{2n+1}{2}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{m(n,k)}$$

Еще одно интересное замечание: при $n=1$ получаем $m(1,k)=F_{2k}F_{2k+2}$, где $F_i$ - i-е число Фибоначчи.

[Andrey A]

juna в сообщении #1551228 писал(а):

... все сводится к уравнению Пелля вида:

$$x^2-(2n-1)(2n+3)y^2=1$$

Такого Пелля можно выписать в общем виде: $2n,(1,n-1,2,n-1,1,4n,)$ и получить подходящие дроби: $\dfrac{2n}{1}, \dfrac{2n+1}{1},...$ Шестая даст решение, откуда будет видна структура $m.$ Сами решения Пелля тоже образуют возвратную последовательность со знаменателем $2x_1$, и т.д. Немножко непонятно чем Вас так заинтересовал частный случай со всеми сложностями, но это уж... вольному воля )

[juna]

Цитата:

Немножко непонятно чем Вас так заинтересовал частный случай со всеми сложностями, но это уж... вольному воля )

Если брать произвольные $a,b$ и искать такие $m$, что $am+1=A^2, bm+1=B^2$, что, эквивалентно $\frac{a}{b}=\frac{A^2-1}{B^2-1}$, сомневаюсь, что в этом направлении может быть какой-то существенный прогресс в целых числах (Да, можно для конкретных $a,b$ выписать решения, но найти серию $a,b$..., тем то и привлек приведенный случай - он претендует на окончательность).

Иногда можно даже увеличивать количество уравнений: $am+1=A^2, bm+1=B^2, cm+1=C^2$, например, $a=3,b=9,c=11, m=40$

P.S. Посмотрел по вашим ссылкам, может быть я и неправ, нужно разбираться.