<<Свободное от квадратов>>

[Andrey A]

Три года назад на dxdy имела место дискуссия на тему Может ли разность кубов быть квадратом? Любопытная. По ходу дела выяснилось, что троек $a^3-b^3=c^2$ бесконечно много, но требование взаимной простоты слагаемых, заявленное автором, я бы счел избыточным. Ведь, имея на руках некоторое решение $a_0,b_0,c_0,$ мы не имеем права домножать его на коэффициент $k$ (как поступаем с пифагоровыми тройками), поскольку равенство будет нарушено. Но имеем право домножить все слагаемые на $k^6$, тогда тройка $k^2a_0,k^2b_0,k^3c_0$ остается решением. Вот такие тройки действительно стоит считать непримитивными (поскольку их бесконечная серия), решения же типа $10^3-6^3=28^2$ здесь "браковать" не станем. Но интересная вещь (об этом было уже в предыдущей теме). При таких условиях решений оказывается ровно столько, сколько рациональных точек на числовой оси есть ) Возьмем несократимую дробь $\dfrac{p}{q}.$ Для нее определена ровно одна пара $r,s$ такая, что $p^3-q^3=rs^2$ и $r$ свободно от квадратов. Домножая почленно на $r^3$, получаем $\left ( p r \right )^3-\left ( q r \right )^3=\left ( s r^2 \right )^2.$ Поскольку $p,q$ взаимно просты и $r$ свободно от квадратов, на шестую степень такая тройка почленно никак не разделится, значит она примитивная. Но самое интересное, что схема эта легко продолжается на все нечетные степени, если домножать не на куб, а на соотв. степень $r.$ Из $3^5-1^5=2 \cdot 11^2$ следует $6^5-2^5=88^2.$ Существуют ли решения со вз. простыми слагаемыми для степеней $>3,$ мне неизвестно, тут интерес в другом. Запишем предыдущий пример так: $\dfrac{6^5-2^5}{88^2}=1,$ выберем число, к примеру $m=10,$ и домножим его на эту единицу: $10=\dfrac{10^5}{10^4}=\dfrac{10^5}{10^4} \cdot \dfrac{6^5-2^5}{88^2}=\dfrac{60^5-20^5}{8800^2}.$ Сократив на $2^{10},$ имеем $10=\dfrac{15^5-5^5}{275^2}.$ В общем случае, выбрав некоторое решение $\dfrac{\left ( p r \right )^{2t+1}-\left ( q r \right )^{2t+1}}{\left ( s r^{t+1} \right )^2}=1,$ получаем $m=\dfrac{\left ( p r m \right )^{2t+1}-\left ( q r m \right )^{2t+1}}{\left ( s r^{t+1} m^t \right )^2}.$ Если $\gcd (r,m) >1,$ сокращаем дробь на соотв. степень $4t+2$ и получаем примитивное решение для $m,$ вплоть до вз. простых слагаемых (если оказалось $r=m$). Отсюда несколько неожиданный (для меня) вывод: множество разностей/сумм любой нечетной степени делённое без остатка на максимально возможный квадрат есть, собственно, полное множество свободных от квадратов, включая единицу. Интересно, как насчет других степеней? Для двойки вывод тот же, это видно из тождества

$$\dfrac{\left ( a^2+mb^2 \right )^2-\left ( a^2-mb^2 \right )^2}{\left ( 2ab \right )^2}=m.$$

С четвертой степенью в некотором смысле еще проще, поскольку тут разработана терминология. Кому интересно, предлагаю самостоятельно доказать следующее утверждение: если некоторое $m$ представимо формой

$$\dfrac{a^4-b^4}{c^2}=m,$$

то оно равно площади пифагорова треугольника с рациональными сторонами $\dfrac{2ab}{c},\dfrac{mc}{ab},\dfrac{a^4+b^4}{abc}.$ То есть $m$ — конгруэнтное число. То, что любое конгруэнтное число есть разность четвертых степеней "свободная от квадратов" видно из тождества

$$\dfrac{(p^2-q^2+2pq)^4-(p^2-q^2-2pq)^4}{16(p^2+q^2)^2}=pq(p^2-q^2).$$

Множество конгруэнтных очерчено строго и описано в литературе. Степени кратные четырем остаются четвертыми степенями; "освобожденные от квадратов", они дадут некое подмножество конгруэнтных.

Остаются удвоенные нечетные. Взять хотя бы разность шестых степеней — совершенно ничего об этом не знаю. Они разности квадратов и разности кубов, по отдельности понятно. Но форма

$$\dfrac{a^6-b^6}{c^2}=m$$

описывает вовсе не любые числа, ради того и тема создана. Посчитал "на коленке" до тысячи, вышла последовательность $7,19,95,182,433,434,455,465,559,665,817,...$ В OEIS ее нет, но я тут много мог пропустить, вся надежда на владельцев мат. пакетов. И какой тут "физический" смысл? Ясно только, что обратная задача — установить принадлежность к множеству 6K — не менее сложна чем задача о конгруэнтных.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1601309 писал(а):

По ходу дела выяснилось, что троек $a^3-b^3=c^2$ бесконечно много, но требование взаимной простоты слагаемых, заявленное автором, я бы счел избыточным.

Не согласен, в такой формулировке задача имеет полное решение в параметрическом виде (от двух параметров), а это означает, что и

Andrey A в сообщении #1601309 писал(а):

При таких условиях решений оказывается ровно столько, сколько рациональных точек на числовой оси есть

Кажется "равномощность" удачнее.
Без требования взаимной простоты все как-то бессмыслено просто получается, да и описАть все решения вряд ли возможно.
Вот взял я например $a=2,b=1$. Получился квадрат в левой части? Нет, не получился, получилось $7$.
Ну тогда возьму $a=2\cdot 7,b=1\cdot 7$
И это, согласитесь, тоже тривиальное решение.

$a=u(u^3-v^3),b=v(u^3-v^3)$

[SUILVA]

$(q (q^{2} - 3 p^{2}) ( q - 2 p))^{3} - (p (q^{2} - 3 p^2) (3 p - 2 q))^{3} = ((q^{2} - 3 p^{2})^{2} (3 p^{2} - 3 p q + q^{2}))^{2}$
$q^{2} - 3 p^{2}=1$ - уравнение Пелля.
$p=4; q=-7$
$105^{3}-104^{3} = 181^{2}; a,b,c>0$

[Andrey A]

Shadow в сообщении #1601370 писал(а):

Ну тогда возьму $a=2\cdot 7,b=1\cdot 7$
И это, согласитесь, тоже тривиальное решение.

Не соглашусь. Решение $14^3-7^3=49^2$ нельзя считать тривиальным, поскольку "меньшего" из него не получить. А "больших" — сколько угодно, например $6174^3-3087^3=453789^2.$ Уже не так тривиально смотрится ))
Я не против поиска решений со взаимно простыми слагаемыми, и, помнится, были найдены общими усилиями, только есть ли они для $5$-x степеней? А для $11$-x? В теории чисел тьма интересных вопросов; некоторые ведут дальше, большинство же обрастают ветвистыми бородами, и можно брать в рамку на стену. Вот. А на ловца и зверь бежит.
SUILVA
Общее решение для кубов в целых распадается на две категории, одна из которых действительно зависит от решений Пелля. Об этом было здесь. Ваше решение отличается, и хорошо.
Но мы рискуем продублировать прошлую тему. Зачем? Вопрос-то не в этом.

[SUILVA]

$(q (q^{2} - 3 p^{2}) ( q - 2 p))^{3} - (p (q^{2} - 3 p^2) (3 p - 2 q))^{3} = ((q^{2} - 3 p^{2})^{2} (3 p^{2} - 3 p q + q^{2}))^{2}$
$\frac{(q ( q - 2 p))^{3} - (p (3 p - 2 q))^{3}}{(3 p^{2} - 3 p q + q^{2})^{2}}=q^{2} - 3 p^{2}$
$q(q-2p)=A^{2}; p(3p-2q)=B^2$
Ладно уж.

[mathpath]

А вообще - разница двух одинаковых степеней, больших трех, может быть в принципе квадратом ?
Я ничего вообще найти не могу

[Dmitriy40]

mathpath в сообщении #1601656 писал(а):

А вообще - разница двух одинаковых степеней, больших трех, может быть в принципе квадратом ?

Может:
$6^5-2^5=88^2$
$24^5-8^5=2816^2$
$4092^5-1023^5=1070599167^2$
$254^7-127^7=260144641^2$
$6558^7-2186^7=22834979731216^2$
$65532^7-16383^7=72040003462430721^2$
$1022^9-511^9=34842114263551^2$
$59046^9-19682^9=2953562309626449446432^2$
$116508^9-29127^9=62892670204395123943221^2$

[mathpath]

Понятно
Я искал четные степени ...

[Andrey A]

Видимо, тут надо было поподробней.
$\dfrac{p}{q}$ — несократимая дробь. Если $r$ предполагается свободным от квадратов, то для любой нечетной степени пара $r,s$ в выражении $p^{2t+1}-q^{2t+1}=rs^2$ определена однозначно: $3^{11}-2^{11}=331 \cdot 23^2,\ 2^7-1^7=127 \cdot 1^2,$ и т.д. Домножая почленно на $r^{2t+1},$ получаем $p^{2t+1} \cdot r^{2t+1} = (p r)^{2t+1},\ q^{2t+1} \cdot r^{2t+1} = (qr)^{2t+1},\ rs^2 \cdot r^{2t+1} = (sr^{t+1})^2.$

$$(p r)^{2t+1}-(qr)^{2t+1}=(sr^{t+1})^2.$$

Для вышеприведенных примеров это $993^{11}-662^{11}=30247939706486063^2, 254^7-127^7=260144641^2.$ Полученные тройки примитивные, это важно.

mathpath в сообщении #1601671 писал(а):

Я искал четные степени ...

$a^4-b^4=1 \cdot c^2$ невозможно, поскольку единица — не конгруэнтное число.

Shadow
Не очень-то оно и на поверхности, как видим. Да, и по поводу Ваших сомнений в полноте — если каждой рациональной точке соответствует ровно одно примитивное решение, как же иначе?
Решения со взаимно простыми слагаемыми входят сюда естественным образом — случай $r=1.$

[Andrey A]

Shadow в сообщении #1601370 писал(а):

... тривиальное решение.

В сущности ведь суета вокруг гипотезы Била, но в более узком контексте и с квадратами. Тройку $x^a-y^b=z^c$ имеем право домножить на $K^{abc}$ и получить новые не примитивные тройки $(K^{bc}x)^a-(K^{ac}y)^b=(K^{ab}z)^c.$ Cо взаимно простыми слагаемыми похожая ситуация: если $x^a-y^b=rs^c\ (\gcd (x,y)=\gcd (ab,c)=1),$ найдутся $n,k$ такие, что $nc-kab=1.$ Домножая почленно на $r^{kab}, $ получим примитивную тройку $X^a-Y^b=Z^c.$ Из $6^5-7^4=43 \cdot 5^3,$ к примеру, получаем таким способом тройку $20512806^5-1029059101^4=1359093055535^3.$ Ничто тогда не мешает положить $s=1$ и, домножая почленно на $r^{ab},$ записать тождество

$$\left ( m(m^a-n^b)^b \right )^a-\left ( n(m^a-n^b)^a \right )^b=(m^a-n^b)^{ab+1}.$$

Тривиально? Ну, как скажите. Вольфрам что-то отказывается проверять в общем виде. А гипотеза Била ничего такого и не говорит, она просто утверждает, что других троек не бывает. Да. Это математическое утверждение, остальное лирика )
Кстати. Гипотезу Била можно переформулировать так: для попарно взаимно простых $x,y,z$ и $a,b,c>2$ равенство $\dfrac{x^a \pm y^b}{z^c}=1$ невозможно. A $\dfrac{6^5-7^4}{5^3}=43$ оказывается возможно. А для каких возможно, для каких невозможно? Ведь это конкретная числовая последовательность и это обобщение вопроса из темы. Конгруэнтность в самом широком смысле слова. Вдруг она совпадет с чем-то из OEIS или выдаст закономерность — тут уже половина доказательства )) Один член уже есть — $43.$