Задача с треугольными числами

[Andrey A]

Треугольное число $t_n$, если кто не в курсе, есть $n$-ая сумма натурального ряда $1+2+3+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}.$ Вопрос вырос из олимпиадной темы https://dxdy.ru/topic146755.html, которая уперлась в уравнение $t_X^2-t_Y^2=Z^3.$ Задача с историей. "Хорошего" решения тут не найдено, есть перечень примеров, начиная с $t_5^2-t_2^2=6^3.$ Последнее описывает частную сумму последовательных кубов равную целому кубу: $3^3+4^3+5^3=6^3.$ Упомянутое уравнение можно записать еще так: $t_X^2-t_Y^2=t_Z^2-t_{Z-1}^2.$ Дополним его четвертой переменной:

$$t_X^2-t_Y^2=t_Z^2-t_S^2. \eqno (1)$$

Равные суммы не равных последовательностей кубов. Тождество $t_{24}^2-t_6^2=t_{32}^2-t_{29}^2,$ для примера, описывает суммы $7^3+8^3+...+24^3=30^3+31^3+32^3.$ В обобщении некоторые вещи видны яснее, но как это решать? Перепишем $(1)$ так: $t_Z^2+t_Y^2-t_X^2=t_S^2$ и разделим почленно на $t_S^2$:

$$\left ( \dfrac{t_Z}{t_S} \right )^2+\left ( \dfrac{t_Y}{t_S} \right )^2-\left ( \dfrac{t_X}{t_S} \right )^2=1.$$

Соответствующее уравнение в рациональных числах имеет полное $2$-х параметрическое решение: $ \left ( \dfrac{u^2-v^2+1}{u^2-v^2-1} \right )^2+\left ( \dfrac{2v}{u^2-v^2-1} \right )^2-\left ( \dfrac{2u}{u^2-v^2-1} \right )^2=1.$ Обозначим модули выражений в скобках по порядку $\alpha, \beta, \gamma.$ Задача сводится к системе $\dfrac{t_Z}{t_S}=\alpha, \dfrac{t_Y}{t_S}=\beta, \dfrac{t_X}{t_S}=\gamma.$ Выразить каждую из пропорций отношением треугольных чисел — не проблема (об этом было здесь), но ведь их бесконечная серия, причем не одна. А нужно с общим знаменателем $t_S$. Иногда это удается — для маленьких решений, добытых без того перебором кубов, но и только. Перебирать бесконечные серии, не имея уверенности в существовании решения как такового — удовольствие сомнительное. Домножить всё на "общий треугольный знаменатель" мешает немультипликативность функции $t_n$ )) С другой стороны именно немультипликативность позволяет выразить любую рациональную точку отношением треугольников, с квадратами этот номер не проходит. Проблема требует локализации. Пойдем в обход. Как известно, тройка рациональных чисел выражается четырьмя целыми. Точнее, для заданной тройки $\alpha, \beta, \gamma$ однозначно определены целые положительные $A,B,C,D$, не имеющие общего делителя $>1$ такие, что $\dfrac{C}{D}=\alpha,\dfrac{B}{D}=\beta,\dfrac{A}{D}=\gamma.$ Подставляя сюда треугольники, получаем $\dfrac{C}{D}=\dfrac{t_Z}{t_S},\dfrac{B}{D}=\dfrac{t_Y}{t_S},\dfrac{A}{D}=\dfrac{t_X}{t_S}.$ Это можно записать в строку: $ \dfrac{t_X}{A}=\dfrac{t_Y}{B}=\dfrac{t_Z}{C}=\dfrac{t_S}{D}.$ Вот и причина. Отбросим кубы и связанную с ними задачу, далее всё в целых положительных числах. Вопрос следующий:

Известно, что существует бесконечно много пар треугольных чисел
пропорциональных двум фиксированным точкам числовой оси*.
Верно ли это для трех и более точек, и какие тут могут быть ограничения?

Меня терзают смутные сомнения. Кажется, дело в больших числах. Даже для трех точек** рост треугольников должен быть значительный, а в задаче с кубами их четыре. Видим подножье горы.
В любом случае хороший повод для размышлений.

*Если обе точки не являются целыми квадратами (upd 1.10.2021).
**Что соответствует уравнению $t_X^2-t_Y^2=t_Z^2$ (upd 17.10.2021).

[mathpath]

Правильно ли я понял, что нужно проверить равенство

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

$$t_{X1}^2-t_{X2}^2=t_{Y1}^2-t_{Y2}^2=t_{Z1}^2-t_{Z2}^2 \eqno (1)$$

Или же вот это

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

$$t_{X1}^2-t_{X2}^2-t_{X3}^2=t_{Y1}^2-t_{Y2}^2-t_{Y3}^2 \eqno (1)$$

?

[Andrey A]

Нет, вот это:

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

$$t_X^2-t_Y^2=t_Z^2-t_S^2. \eqno (1)$$

И не проверить, а решить уравнение. Для этого достаточно уметь найти все четверки треугольных чисел, пропорциональные заданным $A,B,C,D.$ Или хотя бы одну. Возьмите четверку последовательных простых и попробуйте.

(mathpath)

Вы цитируете мой пост, искажая текст. Зачем?
Upd 30.09. Похоже, это была шутка. Неожиданно.

[mathpath]

Немного не в тему
У треугольных чисел можно ввести подкласс т.н. треугольно-простых чисел
Т.е. это числа вида

$$t_{1}=2$$ $$t_{2}=2+3=5$$ $$t_{3}=2+3+5=10$$ $$t_{4}=2+3+5+7=17$$ $$...$$ $$t_{50847503}=24739482092267377$$

Среди первых 50 миллионов (с копейками) треугольно-простых чисел, в свою очередь, насчитывается 1430571 простых числа
Наибольшая дырка между двумя соседними треугольно-простыми числами равна 510,
под дыркой я понимаю разность между их порядковыми индексами в ряду.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

$ \dfrac{t_X}{A}=\dfrac{t_Y}{B}=\dfrac{t_Z}{C}=\dfrac{t_S}{D}.$

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

Верно ли это для трех и более точек...

Для трех точек имеется частное решение в полиномах. Но в рациональных числах. Обозначим функцию $a^2-2ab+b^2-2bc+c^2-2ca=(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)=f(a,b,c) \neq 0.$ Тогда тройка

$$\left\{\begin{matrix} X=\dfrac{a^2-(b-c)^2}{f(a,b,c)} \neq 0\\ Y=\dfrac{b^2-(a-c)^2}{f(a,b,c)} \neq 0\\ Z=\dfrac{c^2-(a-b)^2}{f(a,b,c)} \neq 0 \end{matrix}\right.$$

удовлетворяет уравнению $\dfrac{t_X}{a}=\dfrac{t_Y}{b}=\dfrac{t_Z}{c}\ \eqno (2).$ Условия, при которых эти решения окажутся целыми, точно сформулировать не берусь, но тут неожиданная связь с другой задачей: чем лучше выполняется $\sqrt{a} \approx \sqrt{b}+\sqrt{c}$, тем больше шансов получить целые решения $(2).$ Лучшее приближение для составного $a$ свободного от квадратов — с гарантией ( $f(a,b,c)=1$ ), но не только. Примеров не даю, что-то у меня с компом нелады, напомню на всякий случай $t_{-n}=t_{n-1}.$

Исправлено 27.01.2022

Upd 12.06.2022
Примеры:

$\sqrt{2}+ \sqrt{5} \approx \sqrt{13},\ f(13,5,2)=-4,\ \dfrac{t_{39}}{13}=\dfrac{t_{24}}{5}=\dfrac{t_{15}}{2}=60.$

$\sqrt{3}+ \sqrt{7} \approx \sqrt{19},\ f(19,7,3)=-3,\ \dfrac{t_{114}}{19}=\dfrac{t_{69}}{7}=\dfrac{t_{45}}{3}=345.$

[Andrey A]

Еще любопытный частный случай. Допустим, $a,b,c$ — тройка последовательных членов арифметической прогрессии. Тогда можно обойтись двумя параметрами: $ p-q,p,p+q.$
Пусть теперь $u^2+v^2=w^2$ — произвольная Пифагорова тройка (не обязательно примитивная), а несократимая дробь $\dfrac{p}{q}$ такова, что $\dfrac{w^2-1}{2uv}=\dfrac{p}{q}.$ Имеет место соотношение:

$$\dfrac{(u-v)^2-1}{p-q}=\dfrac{w^2-1}{p}=\dfrac{(u+v)^2-1}{p+q}.$$

Отношение к теме прямое (если вспомнить что $t_n=\dfrac{(2n+1)^2-1}{8}$ ), но не будем брать ограничение по четности квадратов и запрещать неопределенность $\dfrac{0}{0}.$ Оно тут не мешает. Вопрос только в том, для любых ли $p,q$ найдутся нужные $u,v,w$. Но вопрос нешуточный, поскольку речь о полноте решения для тройки членов прогрессии. У меня пока решения нет — вдруг кому чудесная мысль в голову придёт? Вот, решил поделиться.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1533168 писал(а):

Вопрос вырос из олимпиадной темы topic146755.html
, которая уперлась в уравнение $t_X^2-t_Y^2=Z^3.$ Задача с историей. "Хорошего" решения тут не найдено

Дело, конечно, 2-х летней давности, но напомню, что в той теме мной 05.10.2021 даны два параметрических решения этого уравнения. На стр. 3 их можно посмотреть.

[Andrey A]

scwec
Ваши $1$-параметрические решения кто бы посмел назвать нехорошими?! Да... я ему всё лицо безымянным пальцем расковыряю ) Да.
Давно это было, Ваша правда. Под "хорошим" видимо имелось в виду общее или "по возможности общее" решение. Ну, это всегда хочется.

[scwec]

Ладно, Andrey A,проехали.
Теперь о Ваших $p,q,u,v,w$
Здесь можно построить семейство эллиптических кривых, зависящих от параметра,
с помощью которого выясняется, что для $p=2, q=1$ нужное представление невозможно,
а для всех прочих пар это представление вычисляется, причем для каждой пары бесконечным
числом способов, но при этом $u,v,w$ дробные числа (но могут быть и целыми).
Например, $u=\frac{4pq}{3p^2-4q^2},v=\frac{p^2-4q^2}{3p^2-4q^2}, w=\frac{p^2+4q^2}{3p^2-4q^2}$
Видно, что приравнивая знаменатели $\pm{1}$ получим уравнение Пелля и целые $u,v,w$ для определенных $p,q$.
Для всех пар $p,q$ проверка этого бесконечного числа способов, ясное дело, невозможна.
Так что для дробных $u,v,w$ ответ - да (кроме $p=2,q=1$}, для целых - вопрос.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1610767 писал(а):

... проверка этого бесконечного числа способов, ясное дело, невозможна.

Я, простите, приболел, голова совсем не варит. Но, кажется, в рациональных должно быть полное решение. Выражение $\dfrac{w^2-1}{2uv}=\dfrac{p}{q}$ можем переписать так $\dfrac{u^2+v^2-1}{2uv}=\dfrac{p}{q}$ и так: $\dfrac{(u+v)^2-1}{(u-v)^2-1}=\dfrac{p+q}{p-q}=m.$ А такое уравнение имеет общее решение

Andrey A в сообщении #1551653 писал(а):

Касательно уравнения $m=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ можно утверждать следующее:
. . . . . . . .
2) В рациональных числах уравнение имеет полное $2$-параметрическое решение,

$$x=\dfrac{2m(k+1)}{k^2-m}+1,\ y=\dfrac{2(k+m)}{k^2-m}+1,$$

нужно только привести его в соответствие со слагаемыми Пифагоровых троек. Вроде бы несложно.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1610800 писал(а):

кажется, в рациональных должно быть полное решение

Если речь об уравнении $\frac{p}{q}=\frac{w^2-1}{2uv}$. где $u^2+v^2=w^2$ то нет полного решения.
Подумайте ещё. Выздоравливайте.

[scwec]

Как находятся решения уравнения $\dfrac{w^2-1}{2uv}=R$ где $u^2+v^2=w^2$ и $u,v,w,R$ рациональные числа.
Как известно, $u=2LT, v=L(T^2-1), w=L(T^2+1)$, где $L$ и $T$ - рациональные числа.
Подставляя эти формулы в исходное уравнение, получим уравнение $L^2(T^2+1)^2-1-4RL^2T(T^2-1)=0$
В переменных $(L,T)$ это уравнение эллиптической кривой с параметром $R$.
Приводим его к форме Вейерштрасса с помощью Maple в переменных $(U,W)$ с параметром $R$.
$W^2=U^3-4(3R+1)U^2+32R(R+1)U$ (то, что сразу дает Maple не имеет товарного вида и нужна ещё одна замена
переменных, чтобы привести его в более приличный вид, тот который здесь приведён).
При любом рациональном $R$ кривые имеют ненулевой ранг кроме $R=2$, здесь ранг равен нулю.
На кривых есть почти очевидные рациональные точки бесконечного порядка $P=(U,W)=(R+2)^2, R(R^2-4)$
координаты $P$ приводят к решению, указанному мной в предыдущем сообщении.
Точки $P, 2P, 3P, 4P,....$ при обратном переходе от $U,W$ к $L,T$ дают бесконечное число способов вычисления $u,v,w$. Приведу значения $u,v,w$ для $2P$

u=8*(R - 2)*(R + 2)*(3*R^2 - 4)*R*(R^2 + 4)*(R^4 + 16*R^2 - 16)/(7*R^12 - 280*R^10 - 1776*R^8 + 9984*R^6 - 14080*R^4 + 10240*R^2 - 4096)
v=(R^2 + 4*R - 4)*(R^2 - 4*R - 4)*(R^4 + 8*R^3 - 8*R^2 + 16)*(R^4 - 8*R^3 - 8*R^2 + 16)/(7*R^12 - 280*R^10 - 1776*R^8 + 9984*R^6 - 14080*R^4 + 10240*R^2 - 4096)
w=(R^12 + 184*R^10 - 1040*R^8 + 7424*R^6 - 8448*R^4 - 2048*R^2 + 4096)/(7*R^12 - 280*R^10 - 1776*R^8 + 9984*R^6 - 14080*R^4 + 10240*R^2 - 4096)

И чем дальше, тем круче.
Поскольку ранги кривых при различных $R$ бывают и больше $1$ (и довольно часто, например
при $R=11,14,17, 21,22,25,...$), то кроме $P$ появляются и другие генераторы рациональных точек на этих
эллиптических кривых.
В особом случае $R=2$ на кривой только $8$ рациональных точек (вместе с $\infty$) кручения и они либо не дают решений либо одно из $u,v$ ноль.

Теперь, об общем решении исходного уравнения.
Можно рассмотреть другое уравнение $\dfrac{u^2+v^2-1}{2uv}=R$.
Оно действительно имеет общее решение в рациональных числах, которое элементарно находится известным методом секущих.
Выпишу это решение
$u=\dfrac{t^2-1}{2Rt+t^2+1}$, $v=\dfrac{2t(Rt+1)}{2Rt+t^2+1}$
Чтобы получить из этого решения решение исходного уравнения необходимо, чтобы $u=2LT$, $v=L(T^2-1)$
Теперь имеем для $L$ и $T$ два квадратных уравнения, дискриминанты которых должны быть квадратами рациональных чисел.
И это (после не простых преобразований) приводит в точности к эллиптической кривой $W^2=U^3-4(3R+1)U^2+32R(R+1)U$ уже рассмотренной выше.
А уравнения эллиптических кривых, как известно, общих решений в рациональных функциях не дают.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1610865 писал(а):

А уравнения эллиптических кривых, как известно, общих решений в рациональных функциях не дают.

Я много чего перепробовал, и да — либо ходишь по кругу, либо, согласившись на произвольное допущение, получаешь частное решение. А они у Вас хорошо описаны. Это важно, спасибо! Но вернемся к целым, несколько смягчив условие. Положим, дана несократимая дробь $\dfrac{p}{q}$, для которой хотя бы одно решение существует (известно из условия). Алгоритм поиска виден уже из предыдущего, но он бесконечен. Указать границы поиска — вот вопрос достойный философа. Напомню:

Andrey A в сообщении #1610800 писал(а):

Выражение $\dfrac{w^2-1}{2uv}=\dfrac{p}{q}$ можем переписать так $\dfrac{u^2+v^2-1}{2uv}=\dfrac{p}{q}$ и так: $\dfrac{(u+v)^2-1}{(u-v)^2-1}=\dfrac{p+q}{p-q}=m.$

$m$ взято для краткости, но тоже несократимая дробь. Если $u^2+v^2=w^2$, то $(u+v)^2+(u-v)^2=2w^2$. Таким образом из всех решений уравнения $\dfrac{x^2-1}{y^2-1}=m\ (3)$ нас интересуют такие, что $\sqrt{\dfrac{x^2+y^2}{2}}$ — целое $(=w),$ это равносильно решению задачи: $\dfrac{x+y}{2}=u,\dfrac{x-y}{2}=v.$ Решения уравнения $(3)$ образуют пелле-подобные последовательности, из которых приходится выбирать. Этому посвящен маленький трактат (писалось давно и несколько сумбурно), но можно переписать $(3)$ как $x^2-my^2=1-m$ и зайти в сервис https://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM. Там наименьшие решения находятся перебором, и вряд ли что может быть упущено. Возьмем пример.

$\dfrac{p}{q}=\dfrac{537}{451};$
$m=\dfrac{537+451}{537-451}=\dfrac{494}{43};\ 1-m=-\dfrac{451}{43}.$

Уравнение $43x^2-494y^2+451=0$ имеет решение (кроме $x=y=1$): $x=4369,y=1289.$ Тест положительный: $\sqrt{\dfrac{4369^2+1289^2}{2}}=3221=w.$ Отсюда $\dfrac{4369+1289}{2}=2829=u,\dfrac{4369-1289}{2}=1540=v.$ $\dfrac{3221^2-1}{2 \cdot 2829 \cdot 1540 }=\dfrac{537}{451}.$

$$\dfrac{1289^2-1}{86}=\dfrac{3221^2-1}{537}=\dfrac{4369^2-1}{988}=19320.$$

Или в треугольниках:

$$\dfrac{t_{644}}{86}=\dfrac{t_{1610}}{537}=\dfrac{t_{2184}}{988}=2415.$$

Задача решена. Как бы. Остальные члены бесконечной серии проверять не хочется — они огромные. И до какого номера, собственно, их нужно проверять? Если брать случайную пару $p/q$, вероятность положительного теста в наименьшем решении небольшая. А дальше они есть? Все эти вопросы выходят на первый план.
scwec доказал, что случай $p/q=2$ неразрешим, это единственное что мы знаем!

[scwec]

Для полноты картины рассмотрим $R=1$
Здесь кривая $L^2(T^2+1)^2-1-4L^2T(T^2-1)=0$ не является эллиптической, поскольку уравнение её распадается
в произведение $(LT^2 - 2LT - L + 1)(LT^2 - 2LT - L - 1)=0$ и это единственное такое рациональное положительное $R$.
Решая квадратные уравнения и приравнивая дискриминанты их квадрату рационального числа, получаем
$u=\left|\dfrac{t(t+2)}{t^2-2}\right|$, $v=\left|\dfrac{2(t+1)}{t^2-2}\right|$, $w=\left|\dfrac{t^2+2t+2}{t^2-2}\right|$
а также
$u=\left|\dfrac{t(t-2)}{t^2-2}\right|$, $v=\left|\dfrac{2(t-1)}{t^2-2}\right|$, $w=\left|\dfrac{t^2-2t+2}{t^2-2}\right|$,
где $t$ рациональный параметр. При $t=1$ там, где в числителях плюсы, получаем треугольник $3,4,5$
Что касается решения уравнения $\dfrac{x^2-1}{y^2-1}=m$ в целых числах, то ведь здесь опять та же эллиптическая кривая
и есть только надежда случайно наткнуться на частное решение.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1610968 писал(а):

... случайно наткнуться на частное решение.

Да, но вопроса существования частного решения для фиксированного $p/q$ это не снимает. Хоть бы какой признак неразрешимости получить )