Как бы нам оквадратить куб?

[Утундрий]

Andrey A в сообщении #1577844 писал(а):

Об остальном судить не возьмусь.

Хотя, казалось бы. Я же не использовал ничего, кроме однозначности разложения на простые множители, здравого смысла и жизненной опытности.

Стоит ли выносить эти подзадачки в отдельную тему для подробного обсуждения?

[Andrey A]

Подождите. Может, кто еще выскажется. Я просто не всегда въезжаю в Ваши формулировки (остатки деления чего на что? даром что свободные от квадратов). А лучше дайте подробный пример.

[Утундрий]

Возьмём для примера $a=8$:

$$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|} \hline b & c & u & v & d\\ \hline 1 & 64 & 1 & 8 & 1\\ 2 & 32 & 1 & 4 & 2\\ 4 & 16 & 2 & 4 & 1\\ 8 & 8 & 2 & 2 & 2\\ 16 & 4 & 4 & 2 & 1\\ 32 & 2 & 4 & 1 & 2\\ 64 & 1 & 8 & 1 & 1\\ \hline \end{tabular}$$

[Andrey A]

Утундрий
Сама по себе идея деления $64$ нацело не вызывает вопросов. Но какой-нибудь куб удалось оквадратить таким способом?

(Оффтоп)

Тут все начали говорить о числах. Хвищилевский уверял, что ему известно
такое число, что если его написать по китайски сверху вниз, то оно будет
похоже на булочника.
— Ерунда,— сказал Факиров, — почему на булочника?
— А вы испробуйте и тогда сами убедитесь,— сказал Хвищилевский,
проглотив слюну, отчего его воротничок подпрыгнул, а галстук съехал на
сторону.
— Ну, какое же число? — спросил Факиров, доставая карандаш.
— Позвольте, это число я держу в тайне, — сказал Хвищилевский.

Д.Х. <1933-1934>

[juna]

Слабо понимаю, что последними постами обсуждается: если имеем два оквадраченных куба, то их произведение также оквадрачено, или что?

[Утундрий]

juna в сообщении #1577894 писал(а):

Слабо понимаю, что последними постами обсуждается

Два общих утверждения:

1) Любое целочисленное решение уравнения $a^2=bc$ представимо в виде $a=uvd, \ b=u^2 d, \ c=v^2 d$, где $u, \ v$ - произвольны, а $d$ - свободно от квадратов.

2) Любое целочисленное решение уравнения $a^3=b^2c$ представимо в виде $a=u^2vd, \ b=u^3 d, \ c=v^3 d$, где $u, \ v$ - произвольны, а $d$ - свободно от кубов.

[juna]

Утундрий в сообщении #1577936 писал(а):

1) Любое целочисленное решение уравнения $a^2=bc$ представимо в виде $a=uvd, \ b=u^2 d, \ c=v^2 d$, где $u, \ v$ - произвольны, а $d$ - свободно от квадратов.

Пусть $a=p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdot\ldots\cdot p_n^{\alpha_n}$, тогда $a^2=p_1^{2\alpha_1}\cdot p_2^{2\alpha_2}\cdot\ldots\cdot p_{n-1}^{2\alpha_{n-1}} \cdot p_n^{2\alpha_n}$, берем $d=p_n, u=p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdot\ldots\cdot p_{n-1}^{\alpha_{n-1}}, v=p_{n}^{\alpha_n-1}$

$$b=(p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdot\ldots\cdot p_{n-1}^{\alpha_{n-1}})^2p_n$$

$$c=(p_{n}^{\alpha_n-1})^2p_n$$

Соответственно имеем, что Вы хотите.
Но зачем Вам это надо?

-- Чт янв 19, 2023 18:19:32 --

juna в сообщении #1577894 писал(а):

если имеем два оквадраченных куба, то их произведение также оквадрачено

Интересно, кстати, вот возьмем произвольный оквадраченный куб: $x_1^3\approx y_1^2$, существует ли для этой пары $x_1,y_1$ другая одураченно-оквадраченная пара $x_2^3\approx y_2^2$, что пара $x_1x_2, y_1y_2: (x_1x_2)^3\approx (y_1y_2)^2$ дает минимальное падение качества $q$, также насколько проседает качество и от чего это зависит.

[Утундрий]

juna в сообщении #1577940 писал(а):

Соответственно имеем, что Вы хотите.

Я тоже так думаю, но мне показалось что Andrey A с чем-то не согласен.

[juna]

Утундрий в сообщении #1577952 писал(а):

Я тоже так думаю, но мне показалось что Andrey A с чем-то не согласен.

Да нет, просто мы не понимаем, как эти простые манипуляции чему-то могут помочь. Ткнув пальцем в небо (как я подразумеваю), Вы попали на трудную тему, внутри которой заявленная нерешенная проблема. Вы, конечно, можете вводить какие-то искусственные ограничения типа $x,y$ свободны от квадрато-кубов, но это ничего не меняет. Тема остается трудной.

[Andrey A]

juna в сообщении #1577371 писал(а):

Вот я бы и рассматривал сначала $x^3-y^2=\pm 1,2,3,\ldots$

Andrey A в сообщении #1577380 писал(а):

Еще вроде бы известно, что для любого $d$ такое уравнение имеет лишь конечное число решений.

Доказано еще Морделлом. А вообще, настоящей теме два параграфа отведено (13.1; 13,2) у Серпинского "Уравнения в целых числах" стр. 56,57.

[juna]

Рассмотрел $x^3-y^2$ для всех простых $x$ меньше 2000 (для них автоматически $\gcd(x,y)=1$). С ростом $x$ качество $q$ начинает убывать. Оно и понятно, периоды разложения в цепную дробь $\sqrt{x}$ становятся все длинее, а обеспечить приближение $\sqrt{x}\approx \frac{y}{x}$ мы можем только на существенно более короткой последовательности разложения $\frac{y}{x}$ в цепную дробь. Длина этого разложения не может превосходить длину $[1,1,1,1,\ldots]$ первого числа Фибоначчи $F_n>x$. Если доказать, что для простых чисел $p$, начиная с какого-то, длина перида цепной дроби разложения $\sqrt{p}$ всегда превосходит длину разложения для первого числа Фибоначчи $F_n>p$, то можно сказать, что гипотеза Холла справедлива для всех простых $x$. Но существенное редуцирование длины периода происходит около квадратов чисел, например 5, 17, 37. Много ли простых $p=n^2+1$, тоже, я думаю, открытый вопрос.

[Yadryara]

juna в сообщении #1578305 писал(а):

Много ли простых $p=n^2+1$, тоже, я думаю, открытый вопрос.

A002496, Гипотеза Бейтмана — Хорна, статья Марека Вольфа.

[juna]

Ага, спасибо. В общем неизвестно, хотя предположительно бесконечно.
Видимо здесь не только длина периода играет роль, но и величины чисел в нем. Для больших простых вида $p=n^2+1$ там такие большие значения, что после только удвоения периода уже легко переваливаем за $x$, а начинаем мельчить, сразу точность падает.

[Andrey A]

juna в сообщении #1578348 писал(а):

там такие большие значения, что после только удвоения периода уже легко...

Эта наука $7$ лет ржавеет под открытым небом, а казалось бы чего проще — выписать маленькие периоды в общем виде ;)

$a,(b,2a).$ Период пишу в скобочках, но лучше так: $(a,b,a,0).$ Тут это важно, поскольку чистый период. Выписываем палиндром:
$a,b,a=\dfrac{a}{1},\dfrac{ab+1}{b},\dfrac{a^2b+2a}{ab+1}$ и перемножаем две последние дроби: $\dfrac{a(ab+2)}{b}=a^2+\dfrac{2a}{b}.$ Произведение числителя и знаменателя дроби $\dfrac{a(ab+2)}{b},$ как видим, есть квадрат без единицы. А для длины периода не очень важно поделить или помножить, поскольку уравнение Пелля можно записать и так $X^2-ABY^2=1,$ и так $X^2-\dfrac{A}{B}(BY)^2=1.$
Имеем $\sqrt{a^2+\dfrac{2a}{b}}=(a,b,a,0).$ Но нам нужно целое число под радикалом, что достигается подстановкой $a \rightarrow bc/2.$ Итак,

$$\sqrt{(bc/2)^2+c}=(bc/2,b,bc/2,0)$$

Или, если угодно, $\sqrt{(bc/2)^2+c}=bc/2,(b,bc).$ Неудобно. Выпишем это для четных $b$ или $c$ отдельно плюс подобные выражения для целых радикалов с периодом из $4$-х знаков.

$$\sqrt{(bc)^2+c}=bc,(2b,2bc).$$

$$\sqrt{(bc)^2+2c}=bc,(b,2bc).$$

$$\sqrt{(bc)^2-c}=bc-1,\left ( 1,2(b-1),1,2(bc-1) \right ).$$

$$\sqrt{(bc)^2-2c}=bc-1,\left ( 1,b-2,1,2(bc-1) \right ).$$

Проще говоря, малые периоды соответствуют числам вида $(pq)^2 \pm q$ и $(pq)^2 \pm 2q$ под радикалом. Закономерности эти настолько сильны, что, вступая в противоречие с другими, отменяют их как бык овцу. Например, числа вида $(4k+2)^2-2$ могут оказаться суммами двух взаимно простых квадратов и должны бы по науке иметь нечетный период разложения, чего не происходит: $\sqrt{34}=5,(1,4,1,10);\ \ \sqrt{194}=13,(1,12,1,26).$

[juna]

Andrey A в сообщении #1578017 писал(а):

Доказано еще Морделлом. А вообще, настоящей теме два параграфа отведено (13.1; 13,2) у Серпинского "Уравнения в целых числах" стр. 56,57.

Вот еще: https://mathworld.wolfram.com/MordellCurve.html

Цитата:

Uspensky and Heaslet (1939) give elementary solutions for n=-4, -2, and 2, and then give n=-1, -5, -6, and 1 as exercises.

О как, -1, 1 в качестве упражнения (а Вы говорите не для слабых умов)). Что это за работа 1939 года? Может кто-то знает.