квадраты натуральных чисел особого вида

[Enoid]

Здравствуйте!
В процессе поиска некоторых комбинаторных объектов столкнулся с задачей из области теории чисел.
Вот сама задача: при каких натуральных $m, k$ выражение $2^{m+2}\cdot k-7$ будет квадратом натурального числа?
Очень вероятно, что в явном виде множество решений не выписывается. Тогда хотелось бы узнать, является ли это множество конечным или бесконечным.
Особо интересует случай $k=1$.
Заранее спасибо!

[maxmatem]

а сами как думаете?это я про мощность такого мн-ва?

[venco]

Подумайте с другой стороны - квараты каких чисел можно представить в таком виде?

[Enoid]

Действительно, бесконечность множества легко доказать. Если зафиксировать $m$, то множество соответствующих $k$ получается бесконечным, например при $m=1$ подходят все $k=\frac{(1+4n)^{2}+7}{8}$.
Решения такого вида можно выписать для всех $m$.

[AlexandreII]

Могу точно сказать вот что:

Пусть m четно и $m \ge 4$
Тогда $2^{m+2} - 7$ не может быть точным квадратом.

Доказательство:
$2^{m+2}$ - точный квадрат числа $2^{m/2+1}$.
Рассмотрим ближайший снизу точный квадрат, это $(2^{m/2+1}-1)^2$
Расстояние между ними
$d = 2^{m+2} - (2^{m/2+1}-1)^2 = 2^{m/2+2}-1$
Если расстояние больше 7, то $2^{m+2} - 7$ не может быть точным квадратом.
$2^{m/2+2}-1>7$
$m/2+2>3$
$m>2$ и m четно, значит $m \ge 4$.

[AlexandreII]

Пусть теперь $m$ нечетно.

Предположим, что $2^{m+2}-7 = q^2$, $q$ - целое число.
Тогда $2 * 2^{m+1} - 7 = q^2$.
$m+1$ - четно, поэтому можно обозначить $p = 2^{(m+1)/2}$, $p$ - целое число и степень двойки.

Таким образом, получаем диофантово уравнение:
$2p^2 = q^2 + 7$.
Решаем его совершенно стандартно:
1. Подбор одного решения, благо в исходном легко видеть: $2^5 - 7 = 32 - 7 = 25 = 5^2$.
$m=3, p=4, q=5$
2. $(q-5)=t(p-4)$
Выражаем $q$, подставляем в уравнение $2p^2 = q^2 + 7$, находим из уравнения $p$.
Первый корень очевиден: $p=4$.
Выкладки пропускаю, второй корень
$p=4+\frac{16-10t}{t^2-2}$
В каких (целых) пределах лежит $p$ если $t$ пробегает все рациональные числа. Можно искать мин и макс сразу по всем действительным $t$, стандартная задачка на экстремум функции.
У меня получилось [-1;4]. Подчеркиваю, у самой функции нецелые мин и макс, просто нас интересуют целые, так что я округлил.
Таким образом $p = -1...4$. Перебором устанавливаем, что только p = 2,4 подходят
Возвращаясь к нашим $m$, получим $m = 1,3$
Из четных проверить надо $m=2$, оно подходит

Таким образом ответ для $k=1$ в исходной задаче: $m = 1, 2, 3$. Конечное множество-то

[AlexandreII]

Извините, с мин и максом ошибся, там в районе $t=\sqrt{2}$ к бесконечности все стремится, так что множество значений функции - все действительные числа.
Но до этого места вроде правильно.
Продолжаем думать

[VAL]

AlexandreII в сообщении #373576 писал(а):

Извините, с мин и максом ошибся, там в районе $t=\sqrt{2}$ к бесконечности все стремится, так что множество значений функции - все действительные числа.
Но до этого места вроде правильно.
Продолжаем думать

Полагаю, для $k=1$, все равно, конечное число решений должно получаться. На основании обобщенной гипотезы Каталана.
Правда, в отличие от обычной гипотезы Каталана, это, кажется, нерешенная проблема.

[Батороев]

AlexandreII в сообщении #373087 писал(а):

Могу точно сказать вот что:

Пусть m четно и $m \ge 4$
Тогда $2^{m+2} - 7$ не может быть точным квадратом.

Доказательство:
$2^{m+2}$ - точный квадрат числа $2^{m/2+1}$.

Далее достаточно вспомнить про единственность разложения простого числа на разность квадратов двух натуральных чисел:
$(2^{m/2+1})^2-q^2=7=(\frac{7+1}{2})^2-(\frac{7-1}{2})^2$
откуда: $m=2$.

[Батороев]

AlexandreII в сообщении #373543 писал(а):

Таким образом ответ для $k=1$ в исходной задаче: $m = 1, 2, 3$. Конечное множество-то

$2^{13+2}-7=181^2$

[RIP]

T. Nagell, The Diophantine equation $x^2+7=2^n$.

[Enoid]

Огромное спасибо за ссылку! Это просто фантастика какая-то: в этой книге исследуется то же равенство (даже степень $m+2$) .
Однако все ещё остается вопрос, что делать при других значениях $k$.

[RIP]

Пока могу только сказать, что при любом фиксированном $k$ множество хороших $m$ конечно. Более того, справедлива оценка $m\le a\bigl(\log(k+1)\bigr)^b$, где константы $a,b$ можно выписать явно.

[Enoid]

Я не специалист в теории чисел, но есть ли какой-нибудь способ решать уравнения: $x^2=-7 (mod (2^n))$?
Если да, то можно подойти к задаче с этой стороны: зафиксировать $m$ и для каждого $m$ решать получившееся сравнение.

[Joker_vD]

Сравнение вида $x^2 \equiv -7 \pmod{2^n}$? Есть. Есть такой способ.

$-7 \equiv 1 \pmod{2} \Longrightarrow x \equiv 1 \pmod{2}$.
$-7 \equiv 1 \pmod {4} \Longrightarrow x \equiv 1,3 \pmod{4}$.
$-7 \equiv 1 \pmod{8} \Longrightarrow x \equiv 1,3,5,7 \pmod{8}$.

Далее есть теорема: Пусть $x^2 \equiv a \pmod{2^k}, \; k \geqslant 3$. Если $a \equiv 1 \pmod{8}$, то это сравнение имеет ровно четыре решения. Получаются они с помощью следующих утверждений:

Утверждение 1. Если $x_0$ — решение $x^2 \equiv a \pmod{2^k}, \; k \geqslant 3$, то решениями также являются $-x_0, \; x_0 + 2^{k-1}, \; -x_0 - 2^{k-1}$ и ничего больше.
Утверждение 2. Если $x_0$ — решение $x^2 \equiv a \pmod{2^k}, \; k \geqslant 3$, то решением сравнения $x^2 \equiv a \pmod{2^k+1}$ является либо $x_0$, либо $x_0 + 2^{k-1}$ в зависимости от четности $\dfrac{a-x_0^2}{2^k}$.