"Фибоначчевый суп" из квадратов

[Ktina]

Существует ли бесконечная последовательность квадратов натуральных чисел,
в которой каждое число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих?
(О.Крыжановский)

[arseniiv]

Для решения нужно повозиться с пифагоровыми тройками, да?

[Ktina]

arseniiv в сообщении #528586 писал(а):

Для решения нужно повозиться с пифагоровыми тройками, да?

Если честно, о тройках я не подумала. Лично мне другой метод ближе.

[arseniiv]

(Оффтоп)

Мне кажется, не существует, но ничего другого сказать не могу.

[Shadow]

В пифагоровых троек хотя бы одно число - четное. Если в последовательности существует нечетное, то получатя 2 последовательных нечетных и уже никак. А если все четные, то всю последовательность можно сокращать на 4 пока не получится нечетное.

Так выходит, что последовательность из 5-ти элементов не существует?

[Sirion]

"Другой метод" - это, как обычно, теория сравнений? :)
По модулю три, например.

[arseniiv]

Ну вот, как всё просто оказалось. Ещё раз поражаюсь, как некоторые хорошо с теорией чисел ладят!

[nnosipov]

Shadow в сообщении #528627 писал(а):

Так выходит, что последовательность из 5-ти элементов не существует?

Не существует даже и 4-х. Предположим, что для некоторых взаимно простых $a$ и $b$ оба числа $a^2+b^2$ и $a^2+2b^2$ оказались точными квадратами. Тогда для некоторых натуральных чисел $m>n$ разной чётности будем иметь либо а) $a=2mn$, $b=m^2-n^2$ либо б) $a=m^2-n^2$, $b=2mn$. В случае а) получим $a^2+2b^2 \equiv 2 \pmod{4}$, а в случае б) --- $a^2+2b^2=(m^2-n^2)^2+8m^2n^2=m^4+6m^2n^2+n^4$, что также невозможно, поскольку последнее число является конгруэнтным.

[Dave]

Я поделил корни из первых двух чисел на максимальную степень двойки, которая в них оба входит. Квадраты, соответственно, поделились на степень четвёрки. С остальными числами проделал то же самое. Новая последовательность опять же состоит из квадратов целых чисел и строится по принципу чисел Фибоначчи, но у неё, как минимум, одно из двух первых чисел нечётное. Дальше остаётся рассмотреть остатки по модулю $4$ - квадрат может давать только $0$ или $1$. Есть всего $3$ случая: $0,1,1,2,...$, $1,0,1,2,...$ и $1,1,2...$ Как видим, всё просто - "запрещённая" двойка появляется не позже 4-го шага.

[nnosipov]

А $1,0,1,1,\dots$?

[scwec]

Хочу добавить к решению nnosipov, что если $a^2+b^2=c^2$, то и $a^2+2b^2$ и $b^2+2a^2$, являются конгруэнтными числами и поэтому не могут быть квадратами.

[Dave]

nnosipov в сообщении #528738 писал(а):

А $1,0,1,1,\dots$?

Да, пардон, $1,0,1,1,2,\ldots$

[nnosipov]

scwec в сообщении #528885 писал(а):

если $a^2+b^2=c^2$, то и $a^2+2b^2$, и $b^2+2a^2$ являются конгруэнтными числами

Рассмотрим в случае б) число $S=2a^2+b^2=2(m^4+n^4)$. Тогда $4S=p^4+6p^2q^2+q^4$, где $p=m+n$, $q=m-n$.

[scwec]

А можно так: пусть $a^2+b^2=c^2 \quad(1)$, $b^2+c^2=d^2 \quad(2)$. Из $(1)$ $c^2-b^2=a^2$, а из $(2)$ $c^2-b^2$ - конгруэнтное число.
Противоречие.

[Хорхе]

Давайте вместо детской задачи решим взрослую: доказать, что по любому простому нечетному модулю в последовательности Фибоначчи найдется неквадрат. (А это правильно вообще?)