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

[nnosipov]

Батороев, попробуйте объяснить, как из уравнения $24y^4=x^2-1$ вытекает уравнение $12y_1^4-2y_2^4=\pm 2$.

[Батороев]

$ 24y^4= x^2-1=(x+1)(x-1)$,

следовательно, число $24y^4$ должно раскладываться на два целых множителя, отличных друг от друга на $(x+1)-(x-1)=2$, причем взаимнопростых (т.к. вынеся общий множитель за скобку, мы не получим разности множителей, равной $2$) за исключением первой степени простого числа $2$ для четного числа $x^2-1$.

Для нечетных чисел, например: $z^k=x^2-1$, запись будет такой : $z_1^k-z_2^k=\pm 2$.

[Батороев]

Батороев в сообщении #450284 писал(а):

Извиняюсь, неправильно расписал "спуск".
Надо так:

$24y^4=x^2-1$

К сожалению упустил одно возможное разложение:

$6y_1^4-4y_2^4=\pm 2$

$3y_1^4-2y_2^4=\pm 1$

Что возможно только при $y$ - нечетном.

При этом имеем новое, требующее доказательства, уравнение:

$3y_1^4-2y_2^4=1$

[juna]

Xenia1996 в сообщении #445924 писал(а):

Доказать, что не существует такого натурального числа n, для которого $2n^2+1, 3n^2+1$ и $6n^2+1$ являются квадратами целых чисел.

По-моему, уже $2n^2+1, 3n^2+1$ не могут быть одновременно квадратами.
Для попытки доказательства будем решать уравнение Пелля наоборот - при известном $x$ искать такое $a$, что $a\cdot x^2+1=y^2$.
Например, известно, что если $a=7,x=3$, то $7\cdot 3^2+1=8^2$, значит $7\cdot 3^2+1+3^2k=8^2+3^2k$ или $(7+k)3^2+1=8^2+3^2k$, следовательно $y^2=9k+64=9(k+7)+1$, откуда $y=9m+8$ или $y=9m+1$. Окончательно, $k=9m^2+2m-7$ или $k=9m^2+16m$, а $a=9m^2+2m$ или $a=9m^2+16m+7$.
В общем виде необходимо найти такое $y=x^2\cdot m+d$, $y^2=1\mod x^2$, т.е. $0<d<x^2$. С другой стороны, $y^2=x^2(a+k)+1$, тогда задаваясь $x$, находим:
$(x^2\cdot m+d)^2=x^2\cdot (a+k)+1$
$a+k=x^2\cdot m^2+2\cdot m \cdot d+\frac{d^2-1}{x^2}$, здесь $\frac{d^2-1}{x^2}<x^2$

Теперь в нашем случае имеем $x=n,$, т.е. должны существовать такие $m_1,m_2,d_1,d_2$, что
$2=n^2\cdot m_1^2+2\cdot m_1 \cdot d_1+\frac{d_1^2-1}{n^2}$
$3=n^2\cdot m_2^2+2\cdot m_2 \cdot d_2+\frac{d_2^2-1}{n^2}$
Ясно, что $m_1,m_2$ нужно брать равными -1 (иначе превосходим 2, 3 уже при $n>2$), кроме этого $d_1,d_2<n^2$ и $d_1^2,d_2^2$ сравнимы с 1 по модулю $n^2$, т.е. должны существовать такие $d_1,d_2<n^2$ и $d_1^2,d_2^2$ сравнимые с 1 по модулю $n^2$, что
$2=n^2-2\cdot d_1+\frac{d_1^2-1}{n^2}$ (1)
$3=n^2-2 \cdot d_2+\frac{d_2^2-1}{n^2}$ (2)
Из (2) вычитаем (1) и выражаем $n^2=\frac{d_1^2-d_2^2}{2(d_1-d_2)-1}$, однако по условию $d_1,d_2<n^2$, значит правая часть всегда меньше $n^2$.

[nnosipov]

juna, при $m_1=m_2=0$ никакого противоречия нет.

[juna]

nnosipov в сообщении #450457 писал(а):

juna, при $m_1=m_2=0$ никакого противоречия нет.

Так я выделяю в $y$ квадрат решения $x^2$, т.е. $y=x^2\cdot m+d$, так что можно считать $m$ не равно 0, иначе просто $d$ - решение, из которого его нужно выделить.
Например, имеем форму $a=16m^2+14m+3$, здесь при $m=0$ получаем решение, но ведь его можно представить и так $a=16(m-1)^2+14(m-1)+3=16m^2+18m+5$, последнее дает $a=3$ уже при $m=-1$

[nnosipov]

juna в сообщении #450518 писал(а):

Так я выделяю в $y$ квадрат решения $x^2$, т.е. $y=x^2\cdot m+d$, так что можно считать $m$ не равно 0, иначе просто $d$ - решение, из которого его нужно выделить.

Если $0<y<x^2$, то как Вы собираетесь в $y$ выделить этот $x^2$, чтобы было $m \neq 0$?

juna в сообщении #450518 писал(а):

Например, имеем форму $a=16m^2+14m+3$, здесь при $m=0$ получаем решение, но ведь его можно представить и так $a=16(m-1)^2+14(m-1)+3=16m^2+18m+5$, последнее дает $a=3$ уже при $m=-1$

Ну а это Вы фокусами занимаетесь.

[scwec]

maxal, не могли бы Вы проверить ранг кривой $y^2=x^3-3024x+34560$?
Имеет отношение к делу.

[scwec]

Извиняюсь, maxal. Не $+34560$, а $-34560$, т.е. кривая $y^2=x^3-3024x-34560$
Или так:$y^2=(x+48)(x+12)(x-60)$
По моим расчетам ранг ее 0.
Просьба к Вам о проверке остается в силе.

[dmd]

так и есть:

? ?ellinit
ellinit(x,{flag=0}): x being the vector [a1,a2,a3,a4,a6] defining the curve
Y^2 + a1.XY + a3.Y = X^3 + a2.X^2 + a4.X + a6, gives the vector:
[a1,a2,a3,a4,a6,b2,b4,b6,b8,c4,c6,disc,j,[e1,e2,e3],w1,w2,eta1,eta2,area]. If
the curve is defined over a p-adic field, the last six components are replaced
by root,u^2,u,q,w,0. If optional flag is 1, omit them altogether. x can also
be a string, in this case the coefficients of the curve with matching name are
looked in the elldata database if available.

? ellanalyticrank(ellinit([0,0,0,-3024,-34560]))[1]
%3 = 0

[scwec]

Благодарю dmd за подтверждение. Спасибо.

[maxal]

Руст в сообщении #446252 писал(а):

Однако и ваше утверждение о бесконечности числа решений $a=x^2-1,b=y^2-1, ab=z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ весьма сомнительна.

Кстати, похожее уравнение $(x^2-1)(y^2-1)=(z^2-1)^2$ рассматривается в статье:
М.З. Гараев, В.Н. Чубариков. Об одной системе диофантовых уравнений Серпинского-Шинцеля.

[Руст]

Я не стал читать статью, но замечу, что там можно ввести $t=z^2-1$ и уравнение $t^2=(x^2-1)(y^2-1)$ рациональными преобразованиями привести к нахождению рациональных точек на эллиптической кривой, т.е. решить полностьстю, если ранг равен 0. В случае большего ранга возникнуть трудности нахождения таких точек, для которых $t=z^2-1$.

Уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ непосредственно сводится к такому виду и полностью решаемо. Думаю, что и здесь ранг 0 (иначе бы нашли несколько решений).

[nnosipov]

Руст в сообщении #574553 писал(а):

Уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ непосредственно сводится к такому виду и полностью решаемо.

Хотелось бы увидеть это полное решение. Вы берётесь найти все тройки $(x,y,z)$ натуральных чисел, удовлетворяющих этому уравнению?

[scwec]

Не понятно, как от уравнения $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ перейти к уравнению эллиптической кривой без наложения дополнительной связи на $x,y,z$.