Диофантово уравнение вида a n^4 +/- b n^2 = c m^4 +/- d m^2

[EUgeneUS]

Рассмотрение определенного класса цепочек чисел с одинаковым числом делителей привело к уравнению вида (подробности вывода тут)

$$ a n^4 \pm b n^2 = c m^4 \pm d m^2 $$

При этом в левой части возможны выражения:

$$9 n^2 (3n^2 \pm 2) \ecno{(1.1)}$$

$$ 3 n^2 (n^2 \pm 2) \ecno{(1.2)}$$

А в правой части возможны выражения:

$$8 m^2 (m^2 \pm 1) \ecno{(2.1)}$$

$$ 2 m^2 (m^2 \pm 2) \ecno{(2.2)}$$

Какие есть подходы для доказательства того, что уравнение не имеет решений, кроме тривиальных?
В качестве собственных попыток решения: рассмотрением степеней двойки можно исключить вариант (2.2) из правой части.
И, конечно, посмотрел в WolframAlpha, для оставшихся 8-ми уравнений он находит только тривиальные решения.

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1557046 писал(а):

EUgeneUS
Уравнение $8m^2(m^2+1) = 3n^2(n^2-2)$ не имеет решений в натуральных числах, так как левая часть делится на чётную степень тройки, а правая - на нечётную.

[nnosipov]

EUgeneUS в сообщении #1557147 писал(а):

посмотрел в WolframAlpha

Я бы с опаской доверял системам компьютерной алгебры по части решения диофантовых уравнений степени $\geqslant 3$. Поди узнай, на какой теории основаны их алгоритмы решения. Особенно это касается Mathematica CAS.

[EUgeneUS]

mathematician123
Да, я видел Ваш результат. Но он вычеркивает лишь один вариант из восьми оставшихся

nnosipov в сообщении #1557161 писал(а):

Я бы с опаской доверял системам компьютерной алгебры по части решения диофантовых уравнений степени $\geqslant 3$.

Это понятно, если решение не нашлось системой компьютерной алгебры, то не факт, что его нет...

[mathematician123]

Рассмотрим уравнение

$$3n^2(n^2+2) = 8m^2(m^2+1)$$

. Нетрудно показать, что $m$ и $n$ должны быть чётными. Тогда в разложении $n$ на простые двойка входит в степени, которая на 1 больше чем в разложении $m$. Пусть $n = 2^{s+1}n_1$, $m = 2^sm_1$, $m_1$ и $n_1$ нечётные. Подставим и преобразуем:

$$ 3n_1^2(2^{2s+1}n_1^2+1) = m_1^2(2^{2s}m_1^2+1)$$

Левая часть даёт остаток 3 от деления на 4, а правая даёт остаток 1. Поэтому это уравнение не имеет решений в натуральных числах.

[mathematician123]

Чтобы не запутаться, собрал все результаты в одном месте.

1) Доказательство $M(k) \le 5$, если $k \equiv 6 \pmod{12}$ свелось к решению 16 диофантовых уравнений.

2) Здесь содержится вывод этих уравнений, а также решение 8 из них.

3) Здесь решены ещё 4 уравнения.

4) Здесь решено ещё одно уравнение.

5) Таким образом нерешёнными остались следующие три уравнения:

$$3n^2(n^2+2) = 8m^2(m^2-1)$$

$$9n^2(3n^2+2) = 8m^2(m^2-1)$$

$$9n^2(3n^2+2) = 8m^2(m^2+1)$$

[EUgeneUS]

0) Здесь необходимые предварительные выкладки.

-- 24.06.2022, 16:29 --

2.1) Подробности решения 8-ми уравнений (из 16-ти)

Рассмотрим уравнение:

$$27n^4 \pm 18 n^2 - 2m^4 \pm 4 m^2 =0 $$

Представим $n, m$ в следующем виде:
$n = 2^\alpha \cdot \tilde{n}$, $m = 2^\beta \cdot \tilde{m}$, где $\alpha, \beta \in \mathbb{N} \cup \left\lbrace0\right\rbrace$, $\tilde{n}, \tilde{m}$ - нечётные целые числа. Тогда

$$27 \cdot 2^{4 \alpha} \cdot \tilde{n}^4 \pm 9 \cdot 2^{2 \alpha +1 } \cdot n^2 - 2^{4\beta +1} \cdot \tilde{m}^4 \pm 2^{2\beta +2} \cdot \tilde{m}^2 =0 $$

У (как минимум двух) слагаемых с минимальными степенями двойки степени двойки должны быть равны. Иначе на минимальную степень двойки можно будет сократить, и получится сумма трех четных слагаемых и одного нечётного, что не может равняться нулю. Есть три варианта:
1. $4 \alpha = 2 \alpha +1$, что невозможно при целом $\alpha$
2. $4\beta +1 = 2\beta +2$, что невозможно при целом $\beta$
3. $2 \alpha +1 = 2\beta +2$, что невозможно при целых $\alpha$ и $\beta$

Аналогично, рассматривается уравнение с левой частью равной $ 3n^4 \pm 6 n^2$

[mathematician123]

EUgeneUS
Кажется, удалось доказать $M(k) \le 5$, не решая оставшиеся уравнения. Прошу проверить, а то как-то очень просто получается.

EUgeneUS в сообщении #1557037 писал(а):

Начнём с этого:
$n_2 = 2y^2$, $n_3 = 3 x^2$, $(x,y)$ - решения уравнения

$$3x^2 = 2 y^2 +1 \text{ (1)}$$

EUgeneUS в сообщении #1557037 писал(а):

Аналогичными рассуждениями получаем четыре варианта для $x$

$$x = 3n^2 \pm 1\text{ (2.1)}$$

$$x = n^2 \pm 1 \text{ (2.2)}$$

Варианты с минусом мы исключили. Рассмотрим варианты с плюсом.

1) Если $x = n^2+1$, то $n_0 = 3x^2-3 = 3n^2(n^2+2)$. Отсюда видно, что двойка входит в разложение $n_0$ в нечётной степени. Это значит, что $n_0 = 2z^2$. А это невозможно, так как $n_2 = 2y^2$, $2y^2-2z^2 = 2$.

2) Если $x = 3n^2+1$, то $n_0 = 3x^2-3 = 9n^2(3n^2+2)$. Здесь рассуждения аналогичные.

-- 24.06.2022, 17:42 --

Хотя теперь появился вопрос к одному месту:

EUgeneUS в сообщении #1557037 писал(а):

Аналогичными рассуждениями получаем четыре варианта для $x$

$$x = 3n^2 \pm 1\text{ (2.1)}$$

$$x = n^2 \pm 1 \text{ (2.2)}$$

Можете более подробно выписать, как это получается? Возможно, здесь пропущен случай $x = 6n^2 \pm 1$.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1558383 писал(а):

Варианты с минусом мы исключили. Рассмотрим варианты с плюсом.

У меня была где-то в подсознании мысль, что нужно вернуться к факторизации $n_0$, но не додумал эту мысль до конца. Пока ошибок не нашёл, но 100% уверенности нет.

mathematician123 в сообщении #1558383 писал(а):

Можете более подробно выписать, как это получается? Возможно, здесь пропущен случай $x = 6n^2 \pm 1$.

Аналогия была такая:
$n_2 = 2y^2$, $n_3 = 3 x^2$,
$n_0 = (4 \cdot 3 \cdot z)^2 p$, где $z$ - натуральное число, возможно составное, $p > 3$ - простое число.

Тогда из $n_0 = n_3- 3$ получаем

$$ 3 \cdot (4 \cdot z)^2 p = x^2-1 = (x-1)(x+1)$$

простое число $p$ делит только одно число в скобках справа. Тогда другое число в скобках справа является либо полным квадратом, либо удвоенным утроенным квадратом. И имеем четыре варианта:

$$x = 3n^2 \pm 1\eqvno{(2.1)}$$

$$x = n^2 \pm 1 \eqvno{(2.2)}$$

Но Вы правы, так как $x-1$ и $x+1$ имеют ($x$ - обязательно нечётное) общий делитель $2$, то одна двойка может уехать в одну скобку, а остальные - в другую

(Оффтоп)

случаи в очередной раз плодятся, как тараканы.

-- 24.06.2022, 18:35 --

Более того.
Так как слева у нас чётная степень двойки. А справа одна скобка делится на нечетную степень (ровно на $2$), то и вторая делится на нечётную степень двойки.
Тогда нужно было записать так:

$$x = 6n^2 \pm 1\eqvno{(2.1)}$$

$$x = 2n^2 \pm 1 \eqvno{(2.2)}$$

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1558389 писал(а):

Тогда нужно было записать так:

$$x = 6n^2 \pm 1\eqvno{(2.1)}$$

$$x = 2n^2 \pm 1 \eqvno{(2.2)}$$

1) Случай $x = 6n^2-1$ невозможен, так как $x$ даёт остаток 1 при делении на 8.

2) Рассмотрим случай $x = 2n^2+1$. Тогда $n_0 = 3x^2-3 = 12n^2(n^2+1)$. Отсюда следует, что $n_0$ в разложении на простые содержит тройку в нечётной степени, что невозможно.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1558413 писал(а):

так как $x$ даёт остаток 1 при делении на 8.

Из этих же соображений:
1. В $x = 6n^2 + 1\eqvno{(2.1)}$, $n$ - чётное
2. В $x = 2n^2 - 1\eqvno{(2.1)}$, $n$ - нечётное

А вариант $ 2 m^2 (m^2 \pm 2) $ теперь не исключён

[mathematician123]

1) Пусть $x = 6n^2+1$, $y = 2m^2+1$. Тогда $n_0 = 36n^2(3n^2+1) = 8m^2(m^2+1)$. Заметим, что $m$ делится на 3. Тогда из выражения $n_0$ через $n$ следует, что $n_0$ имеет вид $3^{u_1}(3u_2+1)$, а из выражения $n_0$ через $m$ следует, что $n_0$ имеет вид $3^{u_1}(3u_2+2)$. Поэтому этот случай невозможен.

2) Пусть $x = 6n^2+1$, $y = m^2-1$. Тогда $n_0 = 36n^2(3n^2+1) = 2m^2(m^2-2)$. Заметим, что $m$ делится на 3. Тогда из выражения $n_0$ через $n$ следует, что $n_0$ имеет вид $3^{u_1}(3u_2+1)$, а из выражения $n_0$ через $m$ следует, что $n_0$ имеет вид $3^{u_1}(3u_2+2)$. Поэтому этот случай невозможен.

3) Пусть $x = 2n^2-1$ ($n$ в этом случае нечётное), $y = 2m^2+1$. Тогда $n_0 = 12n^2(n^2-1) = 8m^2(m^2+1)$. Так как $n_0$ содержит двойку в чётной степени, то $m$ нечётное. Тогда из выражения через $n$ следует, что $n_0$ делится на 32, а из выражения $n_0$ через $m$ следует, что $n_0$ не делится на 32. Поэтому этот случай невозможен.

[EUgeneUS]

Короткое доказательство, что $5\mid n_0$

Из свойств уравнения $3x^2 - 2y^2 =1$

$$ x \equiv \left\lbrace 1, 4 \right\rbrace \pmod{5}$$

$$ y \equiv \left\lbrace 1, 4 \right\rbrace \pmod{5}$$

Тогда

$$n_0 = 3x^2-3 = 2y^2-2 \equiv 0 \pmod{5}$$

[mathematician123]

Пусть $x = 6n^2+1$, $y = m^2+1$. Тогда $36n^2(3n^2+1) = 2m^2(m^2+2)$. Преобразуем уравнение. $54n^4-m^4 = 2m^2-18n^2$. Подстановкой $a = m+3n$, $b = m - 3n$ данное уравнение приводится к виду $f(a, b) = cab$, где $f(a, b)$ - однородный многочлен четвёртой степени с целыми коэффициентами, $c$ - константа (сами коэффициенты не привожу, так как они большие). Сейчас пытаюсь решить это уравнение. Например, если $a$ и $b$ взаимнопростые, то рассмотрением по модулям $a$ и $b$ получаем, что $a \mid c_b$ и $b \mid c_a$, где $c_a, c_b$ - коэффициенты $f(a, b)$ при $a^4$ и $b^4$ соответственно. Но остаётся ещё случай, когда $a$ и $b$ не взаимнопросты.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1558609 писал(а):

$f(a, b)$ - однородный многочлен четвёртой степени с целыми коэффициентами,

Уравнение Туэ? Если многочлен не приводим.

mathematician123 в сообщении #1558609 писал(а):

Но остаётся ещё случай, когда $a$ и $b$ не взаимнопросты.

А они не взаимно просты.
Из рассмотрения остатков:
1. Для $x = 6 n^2 +1$ обязательно $30 \mid n$
2. Для $y = m^2 +1 $ обязательно $10 \mid m$