Возможно ли неравенство

[nnosipov]

$$ 0<(2a+3)b^2-\frac{c^2}{2a-1}<1 $$

в натуральных числах $a$, $b$, $c$?

[e2e4]

Ну раз никто не высказался, скажу, что для a<6500 и b, c < 10000 это не возможно (тупой перебор). Можно сколько угодно близко подойти к нулю слева, можно получить единицу, но в интервал (0;1) что-то пока ничего не попадает.

[nnosipov]

e2e4 в сообщении #456288 писал(а):

Ну раз никто не высказался, скажу, что для a<6500 и b, c < 10000 это не возможно (тупой перебор). Можно сколько угодно близко подойти к нулю слева, можно получить единицу, но в интервал (0;1) что-то пока ничего не попадает.

И не попадёт никогда. Надо было сразу написать ... Но, с другой стороны, теперь с бОльшим аппетитом это будет хотеться доказать

[worm2]

Уже даже для частного случая $a=7$ интересно получается (не могу доказать, что решения двойного неравенства $1\leqslant 221b^2-c^2\leqslant 12$ не существует).

[nnosipov]

worm2 в сообщении #456479 писал(а):

Уже даже для частного случая $a=7$ интересно получается (не могу доказать, что решения двойного неравенства $1\leqslant 221b^2-c^2\leqslant 12$ не существует).

Нет, ну это банально. Всего лишь дюжину уравнений Пелля решить.

[worm2]

Ну да
Кстати, левое неравенство в условии можно сделать нестрогим.

[nnosipov]

Конечно, можно. А вот правое --- нет (как выше уже заметили).

[nnosipov]

Вот ещё одно невозможное двойное неравенство:

$$ 1<(2a+3)b^2-\frac{c^2}{2a-1}<2-\frac{1}{2a-1}. $$

[nnosipov]

А вот двойное неравенство

$$ 1<(2a+3)b^2-\frac{c^2-1}{2a-1}<2 $$

вполне возможно, и задача состоит в том, чтобы найти все его решения $(a,b,c)$ в натуральных числах.

[RIP]

nnosipov в сообщении #456037 писал(а):

$$0<(2a+3)b^2-\frac{c^2}{2a-1}<1$$

Пусть $a>1$. Положим $\alpha=\sqrt{(2a+3)(2a-1)}=[2a;\overline{1,a-1,2,a-1,1,4a}\,]$. Тогда $0<\alpha-\frac cb<\frac1{2b^2}$, поэтому (по теореме Лежандра) достаточно ограничиться только подходящими дробями с чётными номерами. А для подходящих дробей последовательность $\{(2a+3)(2a-1)q_n^2-p_n^2\}_{n\ge0}$ выглядит так: $4a-3,-4,2a-1,-4,4a-3,-1$ и дальше по периоду.

[nnosipov]

RIP, спасибо. Теорема Лежандра --- это хорошо, но я без неё обошёлся. А что скажете про последний вариант? Не могу сразу сообразить, будет ли там для Вас что-нибудь новенькое.

[RIP]

Надо подумать. Там вроде бы выполняется неравенство $\left|\alpha-\frac cb\right|<\frac1{b^2}$, поэтому (по теореме Фату), кроме подходящих дробей, надо ещё дроби вида $\frac{p_{n+1}\pm p_n}{q_{n+1}\pm q_n}$ проверять. Для плюса получается период $8a-13,-2a-3,6a-7,-1,8a-4,-4$, а для минуса — $-1,6a-7,-2a-3,8a-13,-4,8a-4$. В интервал $(2a-2,4a-3)$ вроде бы ничего не попадает при $a>2$ (при $a=2$ некоторые промежуточные дроби вырождаются в подходящие).
Т.е. при $a>1$ получаем решения $(b_n,c_n)=(q_{6n+2},p_{6n+2})$, т.е.

$$c_n+b_n\sqrt{4a^2+4a-3}=\left(2a^2+a-1+a\sqrt{4a^2+4a-3}\,\right)\left(4a^3+6a^2-1+(2a^2+2a)\sqrt{4a^2+4a-3}\,\right)^n.$$

Вроде бы так.
P.S. Это я про последнее нер-во.

[nnosipov]

Спасибо, ответ у меня точно такой же. Любопытно посмотреть, что там дальше будет (и при Вашем, и при моём, совершенно элементарном подходе). Должны же у Вас закончится эти теоремы (хотя, наверное, нет --- есть же цепочки Маркова).

[RIP]

Собственно, на теореме Фату (правда, говорят, что Фату её сформулировал без док-ва) теоремы и заканчиваются (известные мне; цепочки Маркова — это другая история).
Выкладки ещё надо проверять, но вроде бы получается, что если $(2a+3)(2a-1)b^2-c^2=:d$ удовлетворяет неравенству $|d|\le4a+1$ и $a>4$, то $d$ имеет одну из форм $4a-3,2a-1,-2a-3,-n^2$, где $n\in\mathbb N$, $n\le\sqrt{4a+1}$ (причём все случаи реализуются и решения можно выписать явно). При $a=2$ тот же результат, при $a=3$ ещё добавляется $8a-13=11$, а при $a=4$ добавляется $6a-7=17$. При $a=1$ цепная дробь другая и надо смотреть отдельно (компьютер говорит, что добавляются $4$ и $5$).

[nnosipov]

Интересно, всё это надо обдумать. Как получится, напишу. Есть какая-то новизна в подобных задачах? Я здесь могу предложить разве что совершенно элементарный подход.