Конечное количество решений диофантового уравнения

[mathematician123]

Докажите, что для любого натурального $n > 4$ уравнение

$$y^2 = \frac{x^n - 1}{x - 1}$$

имеет конечное количество решений в целых числах.

[Shadow]

(Оффтоп)

Вообще-то утверждение верно для $n>2$

[mathematician123]

Shadow в сообщении #1588487 писал(а):

Вообще-то утверждение верно для $n>2$

Я составил задачу так, чтобы решение было не очень сложным. В случае $n = 4$ придумать такое решение не получилось.

[Andrey A]

ups (погорячился)

[Andrey A]

mathematician123 в сообщении #1588495 писал(а):

В случае $n = 4$ придумать такое решение не получилось.

Это можно доказать (коли уж кляксу поставил). $y^2=\dfrac{x^4 - 1}{x - 1}=x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2+1).$ Пара последних скобок какой могут иметь общий делитель? $\left\{\begin{matrix} x \equiv -1\\ x^2 \equiv -1 \end{matrix}\right. \Rightarrow x \equiv 1 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} x \equiv 1 \\ x \equiv -1 \end{matrix}\right.$ может выполняться только по $\mod 2.$ Значит, в скобках либо квадраты, либо удвоенные квадраты. В первом случае, понятно, $x=0,y=1.$

Второй случай. Положим $x=2z^2-1,$ и должно выполняться

$$(2z^2-1)^2+1=2t^2\ \ \ (1).$$

Снова имеем Пелля, решения которого выражаются дробями

$$\dfrac{x}{t}=\dfrac{1}{1},\dfrac{7}{5},...,\dfrac{x_{n+1}=6x_n-x_{n-1}}{y_{n+1}=6y_n-y_{n-1}}...\ \ \ \ (2).$$

$x=1$ вне О.Д.З., а вот из второго решения следует $z=2,t=5$ и $(x=7,y=20).$ Остается доказать, что других решений нет. Они бы нашлись, если в числителях последовательности $(2)$ оказалось бы число вида $2z^2-1,$ но заметим, что начиная с $n=3$ числители $\equiv -1 \pmod 6.$ Значит, искомое $z$ должно быть кратно трем. Тогда в левой части $(1)$ имеем $2 \pmod 9$, а в правой (удваивая квадраты знаменателей последовательности $(2)$, начиная с $n=3$) получаем цикл $\overline{8,8,5,5} \pmod 9,$ что нетрудно доказать. Впрочем, достаточно проверить в числах, цикл по модулю сам себя доказывает. Противоречие.

P.S. "$z$ кратно трем" — это неверно, поскольку числители $\equiv \mp1 \pmod 6.$ Опять клякса Возможно $z \equiv \pm 2,\pm 4 \pmod 9.$

[mathematician123]

Andrey A в сообщении #1588536 писал(а):

Снова имеем Пелля, решения которого выражаются дробями

$$\dfrac{x}{t}=\dfrac{1}{1},\dfrac{7}{5},...,\dfrac{x_{n+1}=6x_n-x_{n-1}}{y_{n+1}=6y_n-y_{n-1}}...\ \ \ \ (2).$$

Последовательность $x_n$ периодична по любому модулю. При этом, в ней есть сразу два числа вида $2z^2 - 1$. Поэтому получить противоречие рассмотрением по конечному количеству модулей не получится. Нужна бесконечная последовательность, такая чтобы для каждого $x_n$ нашёлся бы модуль, по которому получалось бы противоречие. Но как строить такую последовательность, непонятно. Ситуация похожа на тему https://dxdy.ru/topic153289.html, которую мы недавно обсуждали.

[Shadow]

mathematician123 в сообщении #1588495 писал(а):

В случае $n = 4$ придумать такое решение не получилось.

Морделл за нас все сделал.
Любая эллиптическая кривая содержит конечное число целых точек.

[Shadow]

Интересно, по ссылке из теме про ВТФ, на стр.55 в качестве упражнения дана задача:

Цитата:

Докажите утверждение Ферма о том, что единственными натуральными числами $x$, для которых $1+x+x^2+x^3$ - квадрат, являются $x=1$ и $x=7$. Это прекрасная, но очень трудная задача.Воспользуйтесь тем, что $x^4+y^4$ не может быть квадратом, а уравнение $x^4-y^4=z^2$ разрешимо только в тривиальных случаях.

Я начну:
$\begin{cases} x+1=2a^2\\x^2+1=2b^2\end{cases}$

$(2a^2-1)^2+1=2b^2$

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

$a^4+(a^2-1)^2=b^2$

Один биквадрат есть, надо еще один. Но пока не получается.

[mathematician123]

Shadow в сообщении #1588942 писал(а):

$a^4+(a^2-1)^2=b^2$

Если применить формулы пифагоровых троек, то в случае нечётного $a$ можно доказать что $a = 1$.

$$a^2 = m^2 - n^2 \quad a^2 - 1 = 2mn$$

$$a = r^2 - s^2 \quad n = 2rs \quad m = r^2 + s^2$$

Подставим это в $a^2 - 1 = 2mn$

$$r^4 - 2r^2s^2 + s^4 - 1 = 4rs(r^2+s^2)$$

$$(r - s)^4 - 8r^2s^2 = 1$$

$$((r-s)^2 - 1)((r-s)^2 + 1) = 8r^2s^2$$

Откуда $(r-s)^2 - 1 = 4g^2$. Получили пару соседних квадратов.

Но в случае чётного $a$ всё сложнее. Пока не придумал, что там делать.

[mathematician123]

Попробуем рассмотреть случай чётного $a$.

$$a^2 = 2mn \quad a^2 - 1 = m^2 - n^2$$

По модулю 4 получаем, что $2 \mid m$.

$$m = 2p^2 \quad n = q^2 \quad a = 2pq$$

Подставим это в $a^2 - 1 = m^2 - n^2$.

$$4p^2q^2 - 1 = 4p^4 - q^4$$

$$(q^2 + 2p^2 - 1)(q^2 + 2p^2 + 1) = 8p^4$$

НОД сомножителей в левой части равен 2. Значит, они имеют вид $2x^4$ и $4y^4$. Откуда $x^4 - 2y^4 = \pm 1$.
Уравнение $x^4 - 1 = 2y^4$ решается бесконечным спуском: $x^2 + 1 = 2x_1^4$, $x^2 - 1 = 16y_1^4$, $1 = x_1^4 - 8y_1^4$. Аналогично $x_1^2 + 1 = 2x_2^4$, $x_1^2 - 1 = 4y_2^4$, $x_2^4 - 2y_2^4 = 1$.
Остаётся как-то решить уравнение $x^4 - 2y^4 = -1$.

[Shadow]

mathematician123 в сообщении #1589021 писал(а):

Уравнение $x^4 - 1 = 2y^4$ решается бесконечным спуском:

Кажется тут достаточно что $x^2-1$ либо $x^2+1$ должен быть квадрат (даже биквадрат).

mathematician123 в сообщении #1589021 писал(а):

Остаётся как-то решить уравнение $x^4 - 2y^4 = -1$

Уравнение $x^4+1=2y^2$ не имеет нетривиальных решений. Имеет место следующая система:

$\begin{cases} (x^2+1)^2=2(y^2+x^2) \\ (x^2-1)^2=2(y^2-x^2) \end{cases}$

Перемножая уравнения получается $(x^4-1)^2=4(y^4-x^4)$. Или,

$\left(\dfrac{x^4-1}{2}\right)^2=y^4-x^4$

Разность биквадратов равна квадрату, что и искали вначале.

(Решение не мое).

[denny]

Интересно, предположим мы по данному натуральному $n$ конструируем полином

$$\sum\limits_{k=0}^{n}x^k$$

И спрашиваем:
Может ли он при каком-то $x$ быть квадратом?
Каково количество таких $x$, какие верхние/нижние границы?

[mathematician123]

denny
В статье https://arxiv.org/abs/1312.4037 утверждается, что существуют только два решения:

$$\frac{3^5 - 1}{3 - 1} = 11^2 \qquad \frac{7^4 - 1}{7 - 1} = 20^2$$