тригонометрическое соотношение.

[maxal]

Руст писал(а):

На это можно ответить рассмотев уравнение Пелля $x^2-Dz^2=-1$, $D=2$ для чётного $n$ и $D=2y$ для нечётного $n$.

Для нечетного $n$ это уже не будет уравнением Пелля.

Добавлено спустя 36 минут 19 секунд:

RIP писал(а):

В связи с этой задачей возник вопрос. Имеет ли уравнение

$$x^2+1=2y^n$$

решение в целых $x,y,n$, больших $2$? Может, кто знает?

Для $n=3$ уравнение можно умножить на 4 и переписать в виде $x'^2 = y'^3 - 4,$ где $x'=2x$ и $y'=2y.$
Это известное уравнение Морделла и у него всего лишь 4 целых решения $(x',y')$: $(\pm 2, 2)$ и $(\pm 11, 5).$ Ни одно из них не дает нужных решений исходного уравнения.

[maxal]

А для $n=4$ есть, в частности, такое решение:

$$239^2 + 1 = 2\cdot 13^4$$

[RIP]

maxal писал(а):

А для $n=4$ есть, в частности, такое решение:

$$239^2 + 1 = 2\cdot 13^4$$

Вы не поверите, но Вы не первый, кто это заметил(прочитайте пару постов повыше.)

[maxal]

RIP писал(а):

maxal писал(а):

А для $n=4$ есть, в частности, такое решение:

$$239^2 + 1 = 2\cdot 13^4$$

Вы не поверите, но Вы не первый, кто это заметил(прочитайте пару постов повыше.)

Я и не претендовал на первенство. Это были скорее мысли вслух.
Кстати, небольшая прогонка на компе показала, что для четного n решение отличное от вышеприведенного должно иметь $x>10^{7500}.$

P.S. Пара ссылок, имеющих отношение к этому уравнению:
http://mathworld.wolfram.com/NSWNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/MordellCurve.html

[RIP]

Доказано, что уравнение $1+x^2=2y^4$ имеет только 2 натуральных решения((1,1) и (239,13)). Поэтому, если для нечетных n решений нет, то и для четных n других решений нет.

[maxal]

RIP писал(а):

Доказано, что уравнение $1+x^2=2y^4$ имеет только 2 натуральных решения((1,1) и (239,13)).

Можно увидеть ссылочку на доказательство?

[RIP]

Это утверждение без док-ва приводится здесь на стр.70(внизу). В конце книги дается ссылка, где можно найти док-во. Само док-во я не видел.

[RIP]

Приведу свои соображения по задаче.
Во-первых, можно считать, что $0<a<b,\ (a,b)=1$.
Допустим, что $(\frac{1-ci}{1+ci})^b=(\frac{1-di}{1+di})^a$.
Воспользуемся тем, что кольцо целых Гауссовых чисел факториально.
Знаменатель дроби $\frac{1-ni}{1+ni}$ равен

$$f(n)=\begin{cases}1+ni,\text{ n-четно,}\\\frac{1+ni}{1+i},\text{ n-нечетно.}\end{cases}$$

Поэтому должно выполняться $f(c)^b=\varepsilon f(d)^a$, где $\varepsilon$ - единица(т.е. $\varepsilon\in\{\pm1,\pm i\}$).
$f(n)$ является единицей только для $|n|\leqslant1$, поэтому из $|d|\leqslant1$ следует, что $|c|\leqslant1$, что противоречит условию $|c|+|d|>2$. Итак, $|d|>1$.
Поскольку $(a,b)=1$, получаем, что $f(d)$ ассоциировано с некоторой $b$-й степенью. При четном $d$ это дает $1+d^2=u^b$ при некотором натуральном $u$. Поскольку уравнение $x^p-y^q=1$ имеет единственное решение в натуральных $x,y,p,q$, больших $1$, а именно $(x,y,p,q)=(3,2,2,3)$(проблема Каталана), то для четного $d$ получаем противоречие.
Для нечетного $d$ будем иметь $1+d^2=2u^b$. Докажем, что $b$ должно быть нечетным. Действительно, пусть $b$ четно. Тогда $a$ нечетно. Пишем

$$f(c)^b=\varepsilon f(d)^a$$

$$\overline{f(c)}^b=\overline{\varepsilon}\overline{f(d)}^a$$

Поделив одно на другое, легко получить противоречие с $(\frac{1-ci}{1+ci})^b=(\frac{1-di}{1+di})^a$(надо отдельно рассмотреть случаи четного и нечетного $c$.) Итак, задача свелась к неразрешимости уравнения $1+x^2=2y^n$ в натуральных $x,y,n$, больших $1$, при условии, что $n$ нечетно.

[RIP]

Кстати, в книжке Фельдман Н.И. — Седьмая проблема Гильберта на стр.238-... показано, как находить границы для решений уравнений вида

$$ay^m=P(x).$$

Там же рассмотрена проблема Каталана. Но читать книжку могу посоветовать только мазохистам (но оно того стоит).

[RIP]

Если кому-то интересно, то относительно уравнения $x^2+1=2y^n$ удалось выяснить следующее. Информация от специалиста по диофантовым уравнениям, за что ему огромное спасибо.

Kalman Gyory писал(а):

Concerning your question about the equation x^2 + a^2 = 2y^n,
this was solved for a=1 by J.H.E.Cohn ( Perfect Pell powers,
Glasgow Math.J. 38(1996),19-20) and for odd a with 3<= a <= 501
by Sz.Tengely (On the Diophantine equation x^2+a^2=2y^p, Indag.
Math. (N.S.) 15(2004),291-304).

[worm2]

Ну и каков же ответ

Статья из Википедии, ссылающаяся на тот же источник, утверждает:

Цитата:

The only Pell numbers that are squares, cubes, or any higher power of another integer are 0, 1, and 169.

(саму статью не нашёл в эл. виде, даже за деньги)

В другом месте утверждается, что доказательство в статье полностью элементарно.

Тольк сейчас обнаружил. Pell Number - это ведь члены последовательности $x_0=0$, $x_1=1$, $x_{n+2}=2x_{n+1}+x_n$. Это не совсем то, что надо...

[RIP]

worm2 писал(а):

Ну и каков же ответ

Видимо, других (натуральных) решений, кроме $1^2+1=2\cdot1^n$ и $239^2+1=2\cdot13^4$ при $n>2$ нет. По крайней мере, при разговоре с ним я высказал такое предположение. Уточню.

[worm2]

А вот, нашёл!
http://www.math.klte.hu/~tengely/tsz/uploads/Main/x2q2m2yp.pdf

Цитата:

Consider the Diophantine equation

$$x^2 + q^{2m} = 2y^p$$

,
where $x, y \in \mathbb N$ with gcd(x, y) = 1, $m \in \mathbb N$ and p, q are odd primes...
case m = 0 was solved by Cohn (he proved that the equation has only the solution x = y = 1 in positive integers)

Ну, кажется, тема закрылась.

[RIP]

А мне хотелось бы узнать решение Руста. Если оно существует.