Два точных квадрата в последовательности

[Rak so dna]

Именно по такому алгоритму я и строил многочлены $p$. Только следил за одновременным выполнением условий $(p-1)^2<s^2\cdot x_i<p^2$. Проблема в том, что никто не гарантирует, что один из оставшихся старших коэффициентов многочленов $s^2\cdot x_i-(p-1)^2$ или $p^2-s^2\cdot x_i$ не окажется отрицательным, после всех последовательных сокращений. Поэтому вряд ли условие

mathematician123 в сообщении #1587672 писал(а):

старший коэффициент многочлена $f(x)$ является точным квадратом

будет также и достаточным для

mathematician123 в сообщении #1587672 писал(а):

Значит, $2^s x_{2n}$ при некотором $s$ можно зажать между квадратами.

[Andrey A]

mathematician123 в сообщении #1586863 писал(а):

$$a^4 + b^4 - 1 = ma^2b^2$$

Попробуем порассуждать. Прежде всего видим, что величины $a^4+b^4$ и $ma^2b^2$ отличаются на единицу, следовательно параметры $a,b$ не могут иметь общего делителя $>1$, т.е. взаимно просты. Кроме того $m>0$ (положительное число). Перепишем это так: $a^4 + b^4-ma^2b^2=1,$ так: $(a^2+b^2)^2-(m+2)(ab)^2=1,$ так: $4(a^2+b^2)^2-(m+2)(a^2+b^2)^2+(m+2)(a^2-b^2)^2=4$ и так:

$$(m+2)(a^2-b^2)^2-(m-2)(a^2+b^2)^2=4.$$

Взяв $m$ за аргумент, имеем разновидность Пелля, причем наименьшие решения удается выписать в общем виде. Будем различать три случая.

$1$) Параметры $a,b$ разной четности. Решение выражается тождеством $(m+2)(m^2-m-1)^2-(m-2)(m^2+m-1)^2=4,$ откуда $a^2=m^2-1,$ чего не может быть (кроме тривиальных случаев).

$2$) Параметры $a,b,m$ нечетные. Наименьшие решения уравнения $(m+2)(\frac{a^2-b^2}{2})^2-(m-2)(\frac{a^2+b^2}{2})^2=1$ выражаются тождеством $(m+2)(\frac{m-1}{2})^2-(m-2)(\frac{m+1}{2})^2=1,$ откуда $b=1.$

$3$) $m$ четное. То же самое для уравнения $(\frac{m+2}{2})(a^2-b^2)^2-(\frac{m-2}{2})(a^2+b^2)^2=2.$ Тождество $(\frac{m+2}{2})(m-1)^2-(\frac{m-2}{2})(m+1)^2=2 $ и снова $b=1.$


Таким образом тривиальное решение $b=1,m=a^2$ следует из младших решений Пелля. Если из старших берется какое-то другое решение, должно с хорошей точностью выполняться

$$\dfrac{m+2}{m-2} \approx \left ( \dfrac{a^2+b^2}{a^2-b^2} \right )^2.$$

Положим $a>b, \dfrac{a}{b}=\alpha$ и $\sqrt{\dfrac{m+2}{m-2}} \approx \dfrac{a^2+b^2}{a^2-b^2}=\dfrac{\alpha^2+1}{\alpha^2-1}=\beta.$
Тут у нас $\alpha>1$ произвольное рациональное число, из которого параметры $a,b$ в силу вз. простоты следуют однозначно, $\beta$ — дробь, полученная в процессе разложения $\sqrt{\dfrac{m+2}{m-2}}.$
Обратные соотношения таковы: $\alpha=\sqrt{\dfrac{\beta+1}{\beta-1}},\ m \approx 2 \cdot \dfrac{\beta^2+1}{\beta^2-1}=\alpha^2+\dfrac{1}{\alpha^2}.$ Уже из последнего видно, что наиболее близкие к целому значения $m$ следуют из целых $\alpha$, а это бывает при $b=1,$ причем $m$ — целый квадрат. Но предположим всё же, что в процессе некого разложения получена $\beta=\dfrac{109}{91}.$ Заметим, что $\dfrac{m+2}{m-2}$ при целом $m$ — вовсе не любое рациональное число, но с ограничениями: разность между числителем и знаменателем в приведенном виде может быть $1,2$ или $4.$ Подставляя $\left ( \dfrac{109}{91} \right )^2$ в формулу $m \approx 2 \cdot \dfrac{\beta^2+1}{\beta^2-1},$ получим дробное значение $m,$ которое неизвестно о чем свидетельствует. А вот разложив $\left ( \dfrac{109}{91} \right )^2=1,2,3,...\approx \dfrac{1}{1},\dfrac{3}{2},\dfrac{7}{5},$ имеем возможные $m_1=2\cdot \dfrac{\frac{3}{2}+1}{\frac{3}{2}-1}=10,m_2=2\cdot \dfrac{\frac{7}{5}+1}{\frac{7}{5}-1}=12.$ Короче, тот самый случай, когда хорошая точность не нужна. И, коли уж дело свелось к пропорциям, было бы странно получить из одного разложения два различных решения. Я сказалЪ.

[mathematician123]

Rak so dna
Для $2^{2s}x_{2n}$ возьмём многочлен $g(d)$, такой что $\deg(2^{2s}x_{2n} - g^2) < n$. То, что он существует, я доказал в предыдущем сообщении. Тогда для достаточно больших $d$ выполнено неравенство

$$(g(d) - 1)^2 < 2^{2s}x_{2n} < (g(d) + 1)^2$$

Например, Докажем второе неравенство:

$$ 2g(d) + (g(d)^2 - 2^{2s}x_{2n}) + 1 > 0 $$

Степень второго слагаемого меньше степени $2g(d)$ поэтому при достаточно больших $d$ это неравенство будет выполнено.

Таким образом, при достаточно больших $d$, если $2^{2s}x_{2n}$ оказалось точным квадратом, то $2^{2s}x_{2n} = g(d) ^2$. Тогда либо решений у этого уравнения конечное количество, либо левая и правая часть равны как многочлены. Но этот случай тоже невозможен. Например, если $n$ нечётное, то свободный член $x_{2n}$ будет равен -1.В случае чётного $n$ доказательство немного сложнее, но тоже не сложное.

[Rak so dna]

mathematician123 ну так то да. Мои рассуждения относились к зажатию между последовательными квадратами.
Ну а для задачи поиска, вывод, что нужно перебрать "достаточно много" первых значений $d$ для каждого $n$ совершенно бесполезен (как впрочем и мой вывод).

[Rak so dna]

Наверное банальность: если уравнение $u^2=\left(d^4-4\right)v^4+4$ не имеет решений в натуральных числах кроме $v=1,v=d$, то $x_n$ не может быть квадратом при данном $d$ и $n>2$.

[maxal]

mathematician123 в сообщении #1586482 писал(а):

Для целого числа $d > 1$ определим последовательность $\{x_n\} $:

$$x_0 = 1, \quad x_1 = d^2$$

$$x_{i+1} = d^2 x_i - x_{i-1}$$

Пусть числа $x_k$ и $x_{k+1}$ оказались точными квадратами. Верно ли, что $k = 0$?

Любые два последовательных члена в этой последовательности Люка удовлетворяют соотношению:

$$x_k^2 - d^2 x_k x_{k+1} + x_{k+1}^2 = 1.$$

Соответственно, если это два последовательных квадрата, то получается:

$$u^4 - d^2 u^2 v^2 + v^4 = 1.$$

Для заданного $d$, это уравнение Туэ, которое легко решается в PARI/GP. Я проверил, что для всех $d\leq 1000$ оно имеет единственные (с точностью до перестановки $u,v$) решения $(0,\pm 1)$ и $(\pm 1,\pm d)$, что соответствует индексам $k=-1$ и $k=0$. Однако, как доказать это для общего $d$, я пока не знаю.