$x^6-1$ как сумма квадратов

[rightways]

Решите в натуральных числах уравнение

$$x^6-1=a^2+b^2$$

[gris]

Вот бы слева было $x^6+1$
Кроме очевидных $(k,1,k^3)$ были бы ещё решения. Например, $(2,4,7)$.
А с плюсом даже и не видно вблизи
Идея решения, наверное, в том, чтобы представить $x$ многочленом с целыми коэффициентами и алгебраически разложить левую часть на сумму квадратов многочленов с цк.

[Dmitriy40]

Что-то я не обнаружил решений для $x<10^{10}$ ...

[wrest]

rightways в сообщении #1597376 писал(а):

Решите в натуральных числах уравнение

$$x^6-1=a^2+b^2$$

$313^6-1=940299110504208=2399292^2+30570288^2$
В пределах $0<x<10000$ решения следующие (иксы)

(Оффтоп)

203
313 *
1273
1393
1403
1537
1729
2137 *
2891
2905
3073
3227
3577
3803 *
3889 *
3899
4801 *
6251
6587
6683
6937
7643 *
8267
9947
Звездочками отмечены простые иксы

-- 12.06.2023, 16:44 --

gris в сообщении #1597381 писал(а):

Вот бы слева было $x^6+1$

Такие все начиная с $x=2$ представляются суммой двух квадратов (в смысле $a,b>1$), вроде.

[zykov]

Для перебора проблемы создаёт "7".
Если $x$ не делится на 7, то $x^6$ будет всегда иметь остаток 1 при делении на 7.
(А если 7 входит в разложение $x^6-1$ только в первой степени, то такое число не представить в виде суммы квадратов.)
Так что надо искать, пока 7 в разложении не будет в чётной степени, как например $313^6-1=2^4\cdot 3^2\cdot 7^2\cdot 13\cdot 157\cdot 181^2\cdot 1993$.
Или проверять $x$ делящиеся на 7, как $203=7\cdot 29$.

[wrest]

zykov в сообщении #1597389 писал(а):

Так что надо искать, пока 7 в разложении не будет в чётной степени, как например

Ну дык не только семерка но и все простые множители вида $4k+3$ должны войти в четной степени в разложение левой части на множители. Недавно разбирали тут: «Разложение числа в сумму двух квадратов»

[zykov]

Должны.
Но "7" создаёт больше всего проблем - долго входит в первой степени.

PS: всё ещё не видно, как искать вручную, а не на компьютере...

[rightways]

Спасибо, что нашли решение, я думал решении нет, поэтому опубликовал .

[zykov]

Вот можно ещё так поиск урезать.
Чтобы $x^6-1$ делилось на 49, надо чтобы $x$ имел остаток $\pm 1, \pm 18, \pm 19$ при делении на 49.
Так $313=19+6\cdot 49$.

[wrest]

rightways в сообщении #1597396 писал(а):

я думал решении нет, поэтому опубликовал .

Очень странный заезд в "олимпиадные задачи"...

[Andrey A]

gris в сообщении #1597381 писал(а):

Вот бы слева было $x^6+1$

$x^6+1=\left ( x^3 \right )^2+1=(x^3-2x)^2+(2x^2-1)^2.$ Если верно $x^6-1=a^2+b^2,$ верно также $x^{12}-1=A^2+B^2,$ и далее по восходящей. Иными словами, если $x$ решение, то $x^{2^n}$ — тоже решение, и количество решений бесконечно.

[Ende]

rightways
Олимпиадный раздел предназначен для задач, решение которых известно топикстартеру. Если Вы не знаете, как решить задачу, пишите в раздел "Помогите решить/разобраться".

[Andrey A]

Рассмотрим тождество

$$n^6-1=\left ( n^2-1 \right )\left ( \left ( n^2-1 \right )^2 +3n^2 \right ).$$

Четный квадрат без единицы $=3 \mod 4.$ В таком случае левая скобка не может быть суммой двух квадратов, значит $n$ нечетное. Но тогда правая скобка оказывается $=3 \mod 4,$ и не может быть суммой двух квадратов.
Вывод: задача не имеет решений

Само по себе рассуждение ошибки не содержит, но основано на ложном предположении что оба множителя обязаны быть вида $a^2+b^2$. Это неверно. Когда имеем дело с разностью кубов, стоит помнить, что скобки могут иметь общим делителем тройку. Если в скобках утроенные суммы двух квадратов, противоречие исчезает: $\dfrac{n^6-1}{9}=\dfrac{n^2-1}{3}\left ( n^2 + 3 \left ( \dfrac{n^2-1}{3} \right )^2 \right ).$ Но отсюда можно заключить лишь, что $n$ — число вида $6k \pm1.$ На общее решение я бы не надеялся, тут и перебор значений неплохой выход. На всякий случай полезное тождество:

$$\left ( a^2-3(b+2c)^2+(3c)^2 \right )^2+3\left ( a^2-3b^2+3c^2 \right )^2=\left ( 6ac \right )^2+\left ( 2a^2+6bc-6(b+c)^2 \right )^2.$$

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1597621 писал(а):

На общее решение я бы не надеялся...

Кое-что напоследок. Не знаю как насчет олимпиадности, но задача понравилась. Тождества $( a^2+b^2+c^2+d^2 )^2-( a^2-b^2+c^2-d^2 )^2 =4(a^2 + c^2 )(b^2 +d^2 )$ никто не отменял. Решение бы нашлось, если в первых скобках оказался бы куб, во вторых $\pm 1.$ С помощью тождества Эйлера возводим в куб сумму четырех квадратов:
$(a^2+b^2+c^2+d^2)^3=\left [ a(3b^2+3c^2+3d^2-a^2) \right ]^2+\left [ b(b^2+c^2+d^2-3a^2) \right ]^2+$ \left [c(b^2+c^2+d^2-3a^2) \right ]^2+\left [d(b^2+c^2+d^2-3a^2) \right ]^2.$ Это тождество. Переписав его с двумя минусами и приравняв к $\pm 1,$ получаем нужное уравнение, которое сразу запишу в виде Пелля:

$$\left ( \underset{X}{a(3b^2+3c^2+3d^2-a^2)} \right )^2-\underset{M}{\left ( b^2-c^2+d^2 \right )} \underset{Y}{\left ( b^2+c^2+d^2-3a^2 \right )^2}=\pm 1$$

Исходя из некоторого решения $(X,M,Y)$ нужно найти $a,b,c,d,$ тогда $a^2+b^2+c^2+d^2$ — искомый $x.$ Основная сложность с параметром $a:$ перебирать все делители $X$ — не очень хороший выход. Запишем $b^2+c^2+d^2=Y+3a^2=\dfrac{X+a^3}{3a},$ отсюда $8a^3+3Ya-X=0.$ Если находится целый корень этого уравнения, остальное дело техники. Замечу еще, что параметры $b^2+d^2$ встречаются только в этом сочетании, напрашивается замена $b^2+d^2=s.$ И главное: в данном виде Пелль не разрешим по причинам, указанным в предыдущем посте. Выложено для простоты понимания. Нужно еще сделать замены $b \rightarrow b\sqrt{3}, d \rightarrow d\sqrt{3}.$ Тогда тождество, которого никто не отменял принимает вид $( a^2+3b^2+c^2+3d^2 )^2-( a^2-3b^2+c^2-3d^2 )^2 =12(a^2 + c^2 )(b^2 +d^2 )$, а Пелль такой:

$$\left ( \underset{X}{a(9b^2+3c^2+9d^2-a^2)} \right )^2-\underset{M}{\left ( 3b^2-c^2+3d^2 \right )} \underset{Y}{\left ( 3b^2+c^2+3d^2-3a^2 \right )^2}=\pm 1.$$

Искомый $x=a^2+3b^2+c^2+3d^2,$ остальное в силе.