2n^2+1, 3n^2+1, 6n^2+1, и все они - квадраты?

[nnosipov]

scwec в сообщении #448033 писал(а):

Для nnosipov: Дорогой друг: зайдите лучше с другой стороны. Ведь уравнения Пелля - территория изъезженная кругом.
Вот и Вы попались на эту удочку.
Я предложил подход совершенно нехоженный, а вдруг получится?
Успеха Вам. Мне кажется у Вас получится.

Почти уверен, что в PARI/GP ранг (и всё остальное, что нужно) Вашей кривой будет найден, так что в принципе проблемы нет. Но хочется обойтись без этих непростых вещей. Уравнения Пелля, конечно, вещь популярная, а вот единицы в неполных модулях полей алгебраических чисел --- не очень. Я бы с бОльшим удовольствием здесь покопался. Впрочем, не будучи специалистом в этих областях, не берусь судить, какой взгляд на нашу "детскую" задачу правильный.

[maxal]

scwec в сообщении #448006 писал(а):

Легко видеть, что речь идет о решении уравнения $x^4-10x^2y^2+y^4=1$.
$(x,y)=1$, $xy$=чет.
Что нам известно об этом уравнении?
Практически ничего.

Вообще-то это уравнение Туэ - и его решениями, согласно PARI/GP, являются лишь $(0,\pm 1)$ и $(\pm 1,0)$:

? thue(thueinit(x^4 - 10*x^2 + 1),1)
%1 = [[0, 1], [0, -1], [1, 0], [-1, 0]]

-- Fri May 20, 2011 12:51:38 --

А вообще по поводу решения системы уравнений:

$$\begin{cases} ax^2 + 1 = y^2\\ bx^2 + 1 = z^2\end{cases}$$

для заданных $a, b$ - см. Теорему 6 в моей статье http://arxiv.org/abs/1002.1679

[nnosipov]

maxal, мне припоминается ещё некий метод Сколема (но, возможно, я что-то путаю). Похоже, сколь-нибудь элементарного решения задача не имеет. Или Вы можете привести пример таких $a$ и $b$, для которых можно обойтись более-менее элементарными средствами?

[maxal]

nnosipov в сообщении #448133 писал(а):

мне припоминается ещё некий метод Сколема

Вероятно, этот: http://www.math.uoc.gr/~tzanakis/Papers ... Skolem.pdf

nnosipov в сообщении #448133 писал(а):

Или Вы можете привести пример таких $a$ и $b$, для которых можно обойтись более-менее элементарными средствами?

Моя статья вполне элементарна, если доверить решение уравнений Туэ PARI/GP.

[nnosipov]

maxal в сообщении #448142 писал(а):

Моя статья вполне элементарна, если доверить решение уравнений Туэ PARI/GP.

Решение уравнений Туэ и есть самое интересное. Вот, например, уравнение $x^4-6x^2y^2+y^4=1$ исследуется элементарно.

Да, что-то вроде этого http://www.math.uoc.gr/~tzanakis/Papers ... Skolem.pdf я и имел в виду. Спасибо за ссылку.

[maxal]

maxal в сообщении #448114 писал(а):

А вообще по поводу решения системы уравнений:

$$\begin{cases} ax^2 + 1 = y^2\\ bx^2 + 1 = z^2\end{cases}$$

для заданных $a, b$ - см. Теорему 6 в моей статье http://arxiv.org/abs/1002.1679

При условии, что $ab$ не является квадратом, эта система сводится к набору уравнений Туэ относительно $m,n$ вида:

$$(a-b)^2 m^4 - 2(a+b)m^2n^2 + n^4 = q^2,$$

где $q$ пробегает делители числа $2(a-b)$. Соответственно, количество решений в этом случае конечно. Исходные переменные выражаются так:

$$\begin{cases} x = \frac{2mn}{q} \\ y= \frac{(a-b)m^2 + n^2}{q} \\ z = \frac{(a-b)m^2-n^2}{q}\end{cases}$$

Если $ab=s^2$ является квадратом, то уравнение 4-й степени разваливается на два множителя:

$$(n^2 - (a+b+2s)m^2)\cdot (n^2 - (a+b-2s)m^2) = q^2$$

и все сводится к нескольким системам линейных уравнений относительно $m^2$ и $n^2$.

[nnosipov]

Случай $ab=s^2$ был очевиден с самого начала. Непонятно, почему его Руст исключил.

[maxal]

nnosipov в сообщении #448146 писал(а):

Решение уравнений Туэ и есть самое интересное. Вот, например, уравнение $x^4-6x^2y^2+y^4=1$ исследуется элементарно.

Это не уравнение Туэ, так как многочлен раскладывается на множители:

$$x^4-6x^2y^2+y^4=(x^2 + 2xy - y^2) (x^2 - 2xy -y^2)$$

По определению в уравнении Туэ многочлен обязан быть неприводимым.

[scwec]

Конечно, RAPI/GP - хорошая вещь, но то, что $x^4-10x^2y^2+y^4=1$ не имеет решения в натуральных числах все же надо доказать.
Нельзя же результат калькулятора считать доказательством.

[maxal]

scwec в сообщении #448357 писал(а):

Нельзя же результат калькулятора считать доказательством.

Не проблема - возьмите статью с описание алгоритма, используемого в PARI/GP, и проделайте все вычисления вручную...
http://dx.doi.org/10.1006/jnth.1996.0129

[nnosipov]

maxal в сообщении #448314 писал(а):

nnosipov в сообщении #448146 писал(а):

Решение уравнений Туэ и есть самое интересное. Вот, например, уравнение $x^4-6x^2y^2+y^4=1$ исследуется элементарно.

Это не уравнение Туэ, так как многочлен раскладывается на множители:

$$x^4-6x^2y^2+y^4=(x^2 + 2xy - y^2) (x^2 - 2xy -y^2)$$

По определению в уравнении Туэ многочлен обязан быть неприводимым.

Пардон, перепутал с уравнением $x^4+6x^2y^2+y^4=z^2$.

[scwec]

maxal в сообщении #448359 писал(а):

Не проблема - возьмите статью с описание алгоритма, используемого в PARI/GP, и проделайте все вычисления вручную...

Уже взял, уже проделал и теперь не нарадуюсь.

Для nnosipov: может будет интересно следующее. Выражения $m^4+6m^2n^2+n^4$ и $|m^4-6m^2n^2+n^4|$ при $m{\ne}n$ обязательно являются конгруэнтными числами и поэтому не могут быть квадратами.

[nnosipov]

scwec в сообщении #448444 писал(а):

Для nnosipov: может будет интересно следующее. Выражения $m^4+6m^2n^2+n^4$ и $|m^4-6m^2n^2+n^4|$ при $m{\ne}n$ обязательно являются конгруэнтными числами и поэтому не могут быть квадратами.

Да, именно так.

[Батороев]

nnosipov в сообщении #447983 писал(а):

Речь идёт о существенно более сложной задаче: при каких $n$ числа $2n^2+1$ и $3n^2+1$ будут квадратами. Весьма вероятно, что таких $n$ нет, однако доказательство не обещает быть простым.

Произведение указанных чисел также должно быть квадратом:

$(2n^2+1)(3n^2+1)=m^2$

$6n^4+5n^2+1=m^2$

Далее тщетно ищем подходящие остатки по основанию $5$.

[Руст]

Это означает только, что n делится на 5.