Арифметика конгруэнтных чисел

[scwec]

Я хочу задать очень интересный, как мне кажется, вопрос.
Множество конгруэнтных чисел не обладает ярко выраженной алгебраической и числовой структурой.
Ни суммы, ни произведение, ни другие известные операции их не обязательно принадлежат этому множеству.
Конечно, всем известно,что каждое конгруэнтное число представимо в виде, например, $K=l^2ab(a^2-b^2)$, a, b -целые взаимно простые числа разной четности и l - рациональное число.
Однако аддитивность на множестве конгруэнтных чисел совершенно не очевидна.
Вопрос заключается в следующем: нужно доказать, что существует бесконечно много конгруэнтных чисел ${a}$, таких, что ${a}+5$ также конгруэнтно.

[maxal]

Напомнило вопрос на другом форуме, можно ли всякое рациональное число представить произведением двух конгруэнтных чисел.

[scwec]

Каков же содержательный ответ ?

[scwec]

Отвечая maxal: о вопросе на другом форуме.
Представление любого рационального числа $n>0$ в виде произведения двух конгруэнтных чисел вытекает из двух фактов:
1. на кривой $x^3-x-ny^3+ny=0$ существуют рациональные точки, например
$x=\frac{1-2n} {n+1}$, $y=\frac{n-2} {n+1}$.
2. Число $|a^3-a|$ при любом рациональном $a>0$ конгруэнтно.
Существует другой вариант:
3. Кривая $x^3-x-2ny^3-2ny=0$ и рациональная точка на ней $x=\frac{2(n^2+1)} {2-n^2}$, $y=\frac{3n} {2-n^2}$
4.Число $2b^3+2b$ при любом рациональном $b>0$ конгруэнтно.
И пункт 2. повторяется.
Относительно моего первоначального вопроса:
Я хочу его несколько усложнить. Требуется доказать, что существует множество конгруэнтных чисел $a$, среди которых и четных и нечетных бесконечно много и таких, что $a+5$ также конгруэнтно.

[scwec]

В предыдущем сообщении, конечно в п.2. $a\ne1$ и в п.4. $b\ne1$.

[scwec]

Я приведу решение вопроса об $a$ и $a+5$, чтобы задать следующий вопрос, решение которого мне неизвестно.
Можно доказать,что
1.$x^4-1$ конгруэнтно для любого рационального$x{\ne} 1$
2.$x^4+4$ конгруэнтно для любого рационального $x\ne 0$.
Положим $a=x^4-1$. Тогда $a$ и $a+5$ конгруэнтны.
А теперь заменим $5$ на $3$.
И тот же вопрос-найти бесконечное множество пар конгруэнтных чисел $a$ и $a+3$
Только потребуем, чтобы $a$ было обязательно натуральным числом.
Если разрешить $a$ быть рациональным числом(не обязательно целым), то ответ мне известен.

[scwec]

В предыдущем сообщении в п.1. и далее |$x^4-1$|

[scwec]

Напомню, что конгруэнтным числом КЧ называют натуральное число, которое является площадью прямоугольного треугольника с рациональными длинами сторон. Судя по необходимости, конгруэнтным числом называют и рациональное число, которое является площадью прямоугольного треугольника с рациональными длинами сторон.
Далее будем считать, что конгруэнтное число - это число натуральное. Пик внимания к КЧ приходится на время после доказательства Таннеллом своего критерия КЧ (1983 г), которое опирается на устрашающий аппарат, практически мало кому доступный, и не доказанную пока гипотезу БСД (статус, как и гипотезы Пуанкаре). Фактически Таннелл доказал критерий неконгруэнтности конкретного выбранного натурального числа, свободного от квадратов.
Но арифметика конгруэнтных чисел, как мне кажется, до сих пор недостаточно изучена.
В этой связи мне хочется предложить для доказательства замечательный результат.
Докажите, что для любого натурального $N$ две величины $K_1,K_2$
$K_1=6(4N^2-1)(16N^2-1)(8N^2+1)$
$K_2=6N(4N^2-1)(16N^2-1)(8N^2+1)$
являются конгруэнтными числами.

Темы объединены!

[scwec]

Для желающих доказать предлагаемое утверждение: рассмотрите уравнение $2Ny^3-x^3+2Ny+x=0$ и найдите его подходящее рациональное решение.

[scwec]

Приведу доказательство того, что $K_1,K_2$ - конгруэнтные числа. Для этого просто укажу два пифагоровых треугольника с площадями $K_1,K_2$.
Первый треугольник с длинами сторон: $A_1=4(4N^2-1)(8N^2+1)$, $B_1=3(16N^2-1)$, $C_1=128N^4-16N^2+5$,
второй треугольник : $A_2=12N(8N^2+1)$, $B_2=(4N^2-1)(16N^2-1)$, $C_2=64N^4+52N^2+1$.
Проверьте, что ${A_1}^2+{B_1}^2={C_1}^2$, ${A_2}^2+{B_2}^2={C_2}^2$.
К сожалению, остался за кадром процесс получения результата. Но ведь не было никаких попыток решения.
Хотя подоплека нетривиальная и неэлементарная.

[scwec]

Благодарность maxal за объединение тем.

[scwec]

Хочу предложить задачу, имеющую отношение к теме.
Докажите, что среди всех чисел вида $n^4-4$ , где $n$ -натуральное число, бесконечно много чисел свободных от квадратов.

[scwec]

scwec в сообщении #399913 писал(а):

И тот же вопрос-найти бесконечное множество пар конгруэнтных чисел $a$ и $a+3$

Предположим, что справедлива слабая гипотеза БСД (Бёрча-Суиннертон-Дайера).
Формулировать её не буду, но при её выполнении известно, что если $a\equiv{5},{6},{7}\mod{8}$, то $a$ -конгруэнтное число.
Возьмем $a=(2k+1)^4-4$, где $k$ - натуральное число. Очевидно, $a\equiv{5}\mod{8}$ и, следовательно, число конгруэнтное.
Число $a+3=(2k+1)^4-1$ является площадью прямоугольного треугольника с рациональными длинами сторон $x=\frac{(2k+1)^4-1}{2k+1}, y=2(2k+1), z=\frac{(2k+1)^4+1}{2k+1}$, т.е. $a+3$ - конгруэнтное число. Поскольку $k$ любое натуральное число, то искомых пар получено бесконечно много и задача решена, НО
в доказательстве использовано предположение о справедливости слабой гипотезы БСД.
Предлагаю доказать, что число $a=(2k+1)^4-4$ является площадью прямоугольного треугольника с рациональными длинами сторон, не прибегая к такому сильному средству как ГБСД.

[scwec]

Для примера покажем, что число $n^4+4$ при любом натуральном $n$ является конгруэнтным.
Возьмем прямоугольный треугольник с рациональными длинами сторон

$$a=\frac{4n(n^4+4)}{n^4-4},b=\frac{n^4-4}{2n},c=\frac{n^8+24n^4+16}{2n(n^4-4)}$$

Легко проверить, что $a^2+b^2=c^2$ и площадь треугольника равна $n^4+4$, т.е. $n^4+4$ конгруэнтное число для любого натурального $n$.
В вопросе предыдущего сообщения фигурируют числа $n^4-4$ для нечетных $n>1$.
И нужно придумать прямоугольный треугольник с рациональными сторонами и площадью $n^4-4$ для любого нечетного натурального $n>1$.