Задача с треугольными числами

[Andrey A]

scwec
Тройки с единичным расстоянием между двумя элементами неплохо описываются "треугольной" арифметикой. Подобное не очень любят, чего доброго станут потешаться. Прячу в оффтопик.
Эдакий немультипликативный юмор

(Оффтоп)

$t_n=t_{-(n+1)},\ t_{n-1}=t_{-n}$ — тождества, из которых видно, что каждое треугольное число имеет как четный, так и нечетный номер. Поэтому тождество $m=b\left( 2a+1 \right)=t_{a+b}-t_{a-b}$ описывает любые отображения $m$ частной суммой натурального ряда, число их равно количеству нечетных делителей $m.$ Единственное отображение разностью квадратов имеют простые $>2$, единственное отображение разностью треугольников имеют степени двойки. Среди последних треугольников нет (кроме единицы), поэтому уравнение $t_n=t_x-t_y$ в натуральных числах разрешимо для любого $n>1.$ Хотя бы такое $t_n=t_{t_n}-t_{t_n-1}.$ Но уже для $t_{14}=3\cdot5\cdot7$ имеем

$$t_{14}=t_{105}-t_{104}=t_{36}-t_{33}=t_{23}-t_{18}=t_{18}-t_{11}=t_{15}-t_{5}=t_{20}-t_{14}=t_{53}-t_{51.}$$

Общее решение, как для Пифагоровых троек, но попробуй его выразить формулой... Теперь еще одно тождество: $\dfrac{t_{2n}}{n}=\dfrac{t_{2n+1}}{n+1}=2n+1.$ В наших целях для тройки диаметром $h$ не хватает одного равенства. Допишем:

$$\dfrac{t_{2n}}{n}=\dfrac{t_{2n+1}}{n+1}=\dfrac{t_z}{n+h}=2n+1.$$

Отсюда $\left( n+h \right)\left( 2n+1 \right)=t_z=t_{h+2n}-t_{-h}.$ Отсюда

$$t_{-h}=t_{h+2n}-t_z.$$

Такое уравнение разрешимо для любого $h$ (из предыдущего), нужно только старшему треугольнику придать нужную четность, а отрицательное $n$ погоды не портит. Для $h=15$ имеем тройки:

$\dfrac{t_{90}}{45}=\dfrac{t_{91}}{46}=\dfrac{t_{104}}{60};\ \ \dfrac{t_{33}}{11}=\dfrac{t_{50}}{25}=\dfrac{t_{51}}{26};\ \ \dfrac{t_{8}}{4}=\dfrac{t_{9}}{5}=\dfrac{t_{18}}{19};$

$\dfrac{t_{11}}{2}=\dfrac{t_{32}}{16}=\dfrac{t_{33}}{17};\ \ \dfrac{t_{14}}{3}=\dfrac{t_{34}}{17}=\dfrac{t_{35}}{18};\ \ \dfrac{t_{38}}{19}=\dfrac{t_{39}}{20}=\dfrac{t_{51}}{34}.$

Конечно это не все решения, ведь основой взято равенство $\dfrac{n+1}{n}=\dfrac{t_{2n+1}}{t_{2n}},$ а соотв. уравнение имеет бесконечно много решений. Однако тройки

Andrey A в сообщении #1622302 писал(а):

Если $t_h$ четное число $ \to \left( \dfrac{t_h}{2}-h,\dfrac{t_h}{2}-h+1,\dfrac{t_h}{2} \right).$
Если $t_h$ нечетное число $ \to \left( \dfrac{t_h+1}{2}-h,\dfrac{t_h-1}{2},\dfrac{t_h+1}{2} \right).$

"наибольшие" для фиксированного $h$ могут служить ориентиром для выбора критерия "плотности". Отчего и выложил.

[Andrey A]

P.S. Понятие "неразрешимая тройка" удобно в языке, но не совсем корректно. По справедливому замечанию nnosipov (из частной переписки) уравнение $\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}=\dfrac{z^2-1}{c}\ \eqno (2)$ имеет тривиальное решение $x=y=z=1$ верное для любых $a,b,c.$ Возникшее по ходу дела подозрение в единственности целого нетривиального решения $(2)$ также неверно. Для тройки $(1,12,495)$, к примеру, выполняется

$(1,12,495) \times 0=t(0),t(0),t(0)$
$(1,12,495) \times 3=t(2),t(8),t(54)$
$(1,12,495) \times 10=t(4),t(15),t(99).$

И таких примеров можно привести сколько угодно. Строго говоря, уравнение $(2)$ может иметь одно, два или три решения, но разрешимо всегда. Насчет больше не знаю, но и причин для запрета не вижу.

[Andrey A]

Судя по количеству просмотров, тема не мертвая. Спасибо, scwec не дал засохнуть. Понятие "разрешимая/неразрешимая" тройка все же оставим для удобства (с учетом поправок выше), и кое-что добавлю. Параметры $x,y,z $ в выражении

Andrey A в сообщении #1623323 писал(а):

$$\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}=\dfrac{z^2-1}{c}=N, a<b<c,\ \gcd(a,b,c)=1$$

— целые числа любой четности, но на практике гораздо чаще они оказываются тройкой нечетных, откуда и название темы. Пусть пока такими и побудут, тогда $N$ кратно восьми, ведь во взаимно простой тройке $a,b,c$ есть хотя бы одно нечетное. Обозначим также $n'=N/4$. Пары множителей, дающих в произведении $k(k+1)$ рассматривались подробно в теме √m≈√x+√y, для соотв. радикалов хорошо выполняется приближенное сложение и вычитание. Такова тройка $an',bn',cn'.$ Иными словами, если тройное равенство верно, существует "теневая" тройка $a',b',c'$ такая, что

$$\sqrt{a}+\sqrt{a'} \approx \sqrt{b}+\sqrt{b'} \approx \sqrt{c}+\sqrt{c'} \approx \sqrt{n'}.$$

Выражение симметрично, значит тройка $a',b',c'$ также разрешима, причем с тем же $N,$ хотя не обязательно выйдет взаимно простая, и могут быть и пересечения. Но в общем случае да, из разрешимой тройки следует разрешимая шестерка, вывод несколько неожиданный. Возьмем пример: $\dfrac{103^2-1}{13}=\dfrac{137^2-1}{23}=\dfrac{169^2-1}{35}=816.$ $n'=816/4=204.$ $\sqrt{204}-\sqrt{13} \approx \sqrt{114},\sqrt{204}-\sqrt{23} \approx \sqrt{90},\sqrt{204}-\sqrt{35} \approx \sqrt{70}.$ $a'=114,b'=90,c'=70.$ Тройка действительно не вз. простая, но к образованной шестерке это не относится:

$$\dfrac{103^2-1}{13}=\dfrac{137^2-1}{23}=\dfrac{169^2-1}{35}=\dfrac{239^2-1}{70}=\dfrac{271^2-1}{90}=\dfrac{305^2-1}{114}=816.$$

Симметричные квадраты дают в сумме $N/2,$ всё просто. Но красиво. Впрочем, не удивляет же нас, что десятка любых треугольных чисел есть разрешимая десятка $N=8.$ Или двадцатка. А утроенное пятиугольное число есть треугольное. Значит $N=24.$ Надо бы посмотреть Эйлерову диагностику, тут ведь прямая связь. Но четырехугольные числа суть квадраты. Они против )

Выяснить удалось в основном следующее: иррациональности вида $(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{c}-\sqrt{a})$ имеют хорошее рациональное приближение, выраженное дробью со знаменателем $N.$ Если бы $N$ было, к примеру, простым числом, задача решалась бы легко, поскольку саму дробь нетрудно узнать по следующему знаку разложения, в общем случае очень большому. Дроби такие:

$$(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{c}-\sqrt{a}) \approx \dfrac{\left( c-b+b'-c' \right)\left( c-a+a'-c' \right)}{N}$$

$$(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{b}-\sqrt{a}) \approx \dfrac{\left( c-b+b'-c' \right)\left( b-a+a'-b' \right)}{N}$$

$$(\sqrt{c}-\sqrt{a})(\sqrt{b}-\sqrt{a}) \approx \dfrac{\left( c-a+a'-c' \right)\left( b-a+a'-b' \right)}{N}.$$

К сожалению все они сократимые, я бы сказал "системно" сократимые. Для удобства лучше раскладывать обратные дроби, причем все три:

$$\dfrac{1}{(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{c}-\sqrt{a})} \approx \dfrac{p_1}{q_1}.$$

$$\dfrac{1}{(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{b}-\sqrt{a})} \approx \dfrac{p_2}{q_2}.$$

$$\dfrac{1}{(\sqrt{c}-\sqrt{a})(\sqrt{b}-\sqrt{a})} \approx \dfrac{p_3}{q_3}.$$

А дальше начинаются гипотезы:

$$1.\ \ \DeclareMathOperator{lcm}{(p_1,p_2,p_3)} | N.$$

$$2.\ \ N | 8p_1p_2p_3 \cdot \DeclareMathOperator{lcm}{(q_1,q_2,q_3)}.$$

В практике не было пока случая $\DeclareMathOperator{lcm}{(p_1,p_2,p_3)} \not=p_1p_2p_3,$ но перестраховаться в такой задаче не мешает. Возьмем пример $a=53,b=68,c=75.$

$\left( \sqrt{75}-\sqrt{68} \right)\left( \sqrt{75}-\sqrt{53} \right)=1,1,2,1,2008,...=\dfrac{1}{1},\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{3},\dfrac{7}{4},...$
$\left( \sqrt{75}-\sqrt{68} \right)\left( \sqrt{68}-\sqrt{53} \right)=2,2,5479,...=\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{2},...$
$\left( \sqrt{75}-\sqrt{53} \right)\left( \sqrt{68}-\sqrt{53} \right)=0,1,2,1,4304,...=\dfrac{0}{1},\dfrac{1}{1},\dfrac{2}{3},\dfrac{3}{4},...$

Три дроби: $\dfrac{7}{4},\dfrac{5}{2},\dfrac{3}{4}$

$7 \cdot5 \cdot 3=105.$

$8 \cdot \DeclareMathOperator{lcm}{(4,2,4)}=32.$

Перебор: $105,210,420$ не проходят, а $840 \cdot 53+1=211^2,\ \ 840 \cdot 68+1=239^2,\ \ 840 \cdot 75+1=251^2$ уже работает.

$x=211,y=239,z=251.$ Новый алгоритм! Но и он, и прежний плохо работают с тройками, в которых большой разнос в знаках и, главное, маленькое $N.$ Я уже понервничал на сей счет, а не стоило. Проверять маленькие $N$ всё равно придется (поскольку такие тройки неотличимы от неразрешимых), но и нетрудно, учитывая что $N$ либо нечетное, либо $8$-микратное. А вовсе без перебора тут не обойтись.

[scwec]

Если не возражает Andrey A , рассмотрю похожую, но другую тему.
Заменим слова треугольные числа на слова конгруэнтные числа.
Справедливы, например, следующие равенства
$23=391/17=943/41=1679/73=2047/89=2231/97=2509/113=3151/137=4439/193=5359/233=5543/241$
В числителях конгруэнтные числа, в знаменателях простые числа, $23$ и простое и конгруэнтное число.
Вопросы и предложения.
1.Продолжите цепочку приведённых равенств сколько сможете.
2.По какому принципу такие цепочки можно построить?
Для сведения (но не для продолжения цепочек) - если верна слабая гипотеза Бёрча, Свиннертон-Дайера (одна из проблем миллионников), то таких цепочек бесконечное число и продолжаются они бесконечно.
Напомню, что конгруэнтное число здесь - это натуральное число, являющееся площадью рационального прямоугольного треугольника.

[Andrey A]

(НЕ ВОЗРАЖАЮ)

Если у тебя есть фонтан, заткни его; дай отдохнуть и фонтану.
Только ошибки исправлю:

Andrey A в сообщении #1627808 писал(а):

$\left( \sqrt{75}-\sqrt{68} \right)\left( \sqrt{75}-\sqrt{53} \right)=1,1,2,1,2008,...=\dfrac{1}{1},\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{3},\dfrac{7}{4},...$
$\left( \sqrt{75}-\sqrt{68} \right)\left( \sqrt{68}-\sqrt{53} \right)=2,2,5479,...=\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{2},...$
$\left( \sqrt{75}-\sqrt{53} \right)\left( \sqrt{68}-\sqrt{53} \right)=0,1,2,1,4304,...=\dfrac{0}{1},\dfrac{1}{1},\dfrac{2}{3},\dfrac{3}{4},...$

Там обратные дроби в левой части.

[Andrey A]

P.S.

Andrey A в сообщении #1627808 писал(а):

... задача решалась бы легко, поскольку саму дробь нетрудно узнать по следующему знаку разложения, в общем случае очень большому.

Напомню, речь о дробях

Andrey A в сообщении #1627808 писал(а):

$$\dfrac{1}{(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{c}-\sqrt{a})} \approx \dfrac{p_1}{q_1}.$$

$$\dfrac{1}{(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{b}-\sqrt{a})} \approx \dfrac{p_2}{q_2}.$$

$$\dfrac{1}{(\sqrt{c}-\sqrt{a})(\sqrt{b}-\sqrt{a})} \approx \dfrac{p_3}{q_3}.$$

Они являются верхними приближениями и соответствуют четным номерам разложения, что сильно облегчает поиск. А дальше совсем просто:

Если $M=\DeclareMathOperator{lcm}{(p_1,p_2,p_3)} \cdot \gcd{(q_1,q_2,q_3)}$ нечетно, то $N=M$, в противном случае $N=4M.$

Экономия налицо, но в сравнении с разложением корней многочлена $4$-й степени область "плохих троек" также расширяется — тройку $\dfrac{p_1}{q_1},\dfrac{p_2}{q_2},\dfrac{p_3}{q_3}$ нужно еще найти. Вопрос процедуры.

scwec
На Ваш вопрос и в лучшие времена не знаю кто взялся бы ответить, разве что nnosipov. А его теперь нет у нас. Впрочем, рад буду ошибиться.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1628306 писал(а):

На Ваш вопрос и в лучшие времена не знаю кто взялся бы ответить

Для ответа на поставленный вопрос не обязательно залезать в дебри эллиптических кривых (хотя Коблиц Н. не помешает).
Достаточно внимательно прочитать стр.33,34 книжки В.В. Острика и М.А. Цфасмана "Алгебраическая геометрия и теория чисел; рациональные и эллиптические кривые", написанная на основе лекций, прочитанных ими для школьников. Надеюсь, после этого разъяснения ответ последует.

[Andrey A]

Еще кое-что по поводу уравнения $\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}=\dfrac{z^2-1}{c}=N\ \eqno (2)$ Строго доказать факт существования неразрешимых троек пока не удается, остальное подытожу. Проблема "малого $N$" упирается в нестрогость формулировки. Как правило $N$ это $8,24,32,40 $ или "малые" нечетные. Опять приходится брать кавычки, но перепишем первое равенство из $(2)$ так: $\dfrac{a}{b}=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ или так: $ay^2-bx^2=a-b.$ По поводу этого уравнения сказано немало, замечу только что оно имеет бесконечные серии решений, а "малое" $N$ соответствует первому неединичному решению. Возьмем это за определение "малости", и проблема становится мнимой — находим первые решения, вычисляем соотв. $N$ и проверяем, не является ли целым квадратом $cN+1.$ Если да, имеем решение. В противным случае $N$ достаточно велико, чтобы сработал алгоритм разложения корня $(8)$.
Тут бы и закруглиться, но по законам жанра самые простые вещи остаются на сладкое — оказывается, задача решается практически школьными методами. Вернемся чуть назад:

Andrey A в сообщении #1623323 писал(а):

Итак, для всякого решения

$$\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}=\dfrac{z^2-1}{c}, a<b<c,\ \gcd(a,b,c)=1$$

определена пара несократимых дробей

$$\dfrac{u}{v}=\dfrac{b-a}{c-b},\ \ \dfrac{l}{m}=\dfrac{y-x}{z-y},$$

из которых следует параметризация

$$\begin{array}{rcl} x & = & \dfrac{vl^2-um^2-2ulm}{k} \\ y & = & \dfrac{vl^2+um^2}{k} \\ z & = & \dfrac{vl^2-um^2+2vlm}{k} \end{array}\ \ \qquar(9'')$$

где $k$ — рациональный коэффициент такой, что $x,y,z$ целые.

Решением задачи это не является, поскольку коэффициент $k$ и $\dfrac{l}{m}=\dfrac{y-x}{z-y}$ нам не известны. Докажем следующее: если тройка $(x,y,z)$ имеет общий делитель $d>1,$ то $a \equiv b \equiv c \pmod {d^2}.$ Из $(2)$ следует $x^2-1=aN.$ Числа отличные на единицу не могут иметь общего делителя $>1$, значит $N$ не делится ни на $d,$ ни на $d^2.$ Оттуда же видим $N=\dfrac{y^2-x^2}{b-a}$ и $y^2-x^2=N(b-a).$ Левая часть равенства делится на $d^2$, а $N$ не делится даже на $d$, следовательно $b \equiv a \pmod {d^2}.$ И то же с остальными. Имея на руках тройку пропорциональную $(x,y,z),$ можем сократить ее на Н.О.Д. и домножить на $d,$ которых для конкретных $(a,b,c)$ много не бывает (при случайном выборе $a,b,c$ чаще всего имеем $d=1$). Короче, коэффициент $k$ считаем известным.
Перепишем теперь $(2)$ так: $\dfrac{x}{\sqrt{a}} \approx \dfrac{y}{\sqrt{b}} \approx \dfrac{z}{\sqrt{c}} \approx \sqrt{N}.$ Отсюда $\sqrt{N} \approx \dfrac{y-x}{\sqrt{b}-\sqrt{a}}\approx \dfrac{z-y}{\sqrt{c}-\sqrt{b}}$ и

$$\dfrac{y-x}{z-y} \approx \dfrac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{c}-\sqrt{b}} \approx \dfrac{l}{m}.$$

Причем для достаточно больших $N$ приближение это очень качественное, и нужная подходящая дробь узнается по "большому" последующему знаку цепной дроби. Возьмем пример $a=122,b=135,c=145.$

$\dfrac{135-122}{145-135}=\dfrac{13}{10}=\dfrac{u}{v}.\ \ d=1.$

$\dfrac{\sqrt{135}-\sqrt{122}}{\sqrt{145}-\sqrt{135}}=1,2,1,3,1,819036,...=\dfrac{1}{1},\dfrac{3}{2},\dfrac{4}{3},\dfrac{15}{11},\dfrac{19}{14},\dfrac{15561699}{11466515}...$

$u=13,v=10,l=19,m=14.$ Подставляя в формулы $9'',$ получаем $k=2;\ x,y,z=2927,3079,3191;\ N=70224.$

$$\dfrac{2927^2-1}{122}=\dfrac{3079^2-1}{135}=\dfrac{3191^2-1}{145}=70224.$$

Иррациональность $\dfrac{\sqrt{135}-\sqrt{122}}{\sqrt{145}-\sqrt{135}}$ "очень" близко соседствует с дробью $\dfrac{15561699}{11466515}.$ В общем случае наличие большого знака — свойство разрешимых троек, но наличие еще одного решения (в данном случае) означало бы еще большую близость, что действительно могло бы войти в противоречие с теоремой Ливулля. Shadow, спасибо за напоминание. Отсюда же, видимо, следует и существование неразрешимых троек, в которых нужный знак недостаточно велик или возникает слишком поздно. Что же до решения, то проще здесь уже ничего не придумать, уверен. Предыдущие гипотезы читать не стоило, хорошо бы их стереть.

Вопрос scwecа выше остается в силе.