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

[scwec]

Поступим следующим образом. Введем новые переменные $x_1,u$, причем $u$ осуществляет связь $x$ и $y$
$x=x_1+1, y=x_1+2u-1$. Уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ в новых переменных:
$z^2={x_1}^4+4u{x_1}^3+4(u^2+u-1){x_1}^2+8(u^2-u)x_1+1$.
Исключаем кубический член заменой $x_1=V-u$.
Уравнение теперь выглядит так:
$z^2=V^4-6\frac{u^2-2u+2}{3}V^2+u^4-4u^3+4u^2+1$.
Отсюда стандартным преобразованием Морделла (уравнение уже к нему подготовлено), полагая $c=\frac{u^2-2u+2}{3},d=0,e=u^4-4u^3+4u^2+1$ и вычисляя $g_2=e+3c^2, g_3=-ce-d^2+c^3$ получаем уравнение эллиптической кривой в виде
$Y^2=4X^3-g_2{X}-g_3$, где $z=-V^2+2X+c, 2V=\frac{Y-d}{X-c}$. Вернее так: получено бесконечное семейство эллиптических кривых, зависящих от параметра $u$. $g_3$ у меня не хватило терпения выписать, а $g_2=\frac{4u^4-16u^3+20u^2-8u+7}{3}$.
Оптимизма для нахождения ранга для бесконечного числа значений $u$ никакого нет. Надежда на успех в решении первоначального уравнения таким методом почти нулевая. (Сложные выражения для $g_2,g_3$)

[Руст]

Уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ решается тривиально как уравнение Пелля с частным решением $z=1=y$ при любом х. Соответственно общее решение:
$z(1,x)=x,y(1,x)=1, z(n+1,x)=xz(n,x)+(x^2-1)y(n,x), y(n+1,x)=z(n,x)+xy(n,x).$

Уравнение $(z^2-1)^2=(x^2-1)(y^2-1)$ не имеет нетривиальных $z>1$ решений. Доказывается как отсутствие пересечения множеств Люка и Фибоначчи, как когда то делал maxal.

[scwec]

Руст в сообщении #574553 писал(а):

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).

Речь ведь в Вашем сообщении шла о решении с использованием эллиптических кривых.

[nnosipov]

Руст в сообщении #575429 писал(а):

Уравнение $z^2-1=(x^2-1)(y^2-1)$ решается тривиально как уравнение Пелля с частным решением $z=1=y$ при любом х. Соответственно общее решение:
$z(1,x)=x,y(1,x)=1, z(n+1,x)=xz(n,x)+(x^2-1)y(n,x), y(n+1,x)=z(n,x)+xy(n,x).$

Враньё. Не смешите людей, на 1-й странице этой темы Вам нечто подобное уже мерещилось.

[Руст]

Общее решение:
1) $z=x=1$, y - любое,
2) $z(1,x)=y(1,x)=1, x>1$ $z(n+1,x)=xz(n,x)+(x^2-1)y(n,x),y(n+1,x)=z(n,x)+xy(n,x)$
3) аналогично 2) с заменой мест x и y. Других натуральных решений нет. Можете смеяться.

[nnosipov]

Руст в сообщении #575458 писал(а):

Общее решение:
1) $z=x=1$, y - любое,
2) $z(1,x)=y(1,x)=1, x>1$ $z(n+1,x)=xz(n,x)+(x^2-1)y(n,x),y(n+1,x)=z(n,x)+xy(n,x)$
3) аналогично 2) с заменой мест x и y. Других натуральных решений нет.

А это уже совершенно другое утверждение.

[Руст]

Для полноты дам решение и другой задачи: $(z^2-1)^2=(x^2-1)(y^2-1)$.
У этого уравнения имеются тривиальные решения $x=y=z$, $z=1=x$, $z=y=1$. Другие решения будем искать в виде решения системы уравнений: $z^2-1=a(y^2-1),x^2-1=a(z^2-1)$, в первом z выступает как числа Люка, во втором как числа Фибоначчи. Надо разделить случай, когда $a$ квадрат рационально числа, когда уравнения не являются уравнениями Пелля. Если $a=\frac{p^2}{q^2}$ уравнение приводится к виду:
$(qz-py)(qz+py)=q^2-p^2\to z z=\frac{d^2+q^2-p^2}{2qd}=\frac{q^2-p^2-r^2}{2pr},y=\frac{q^2-p^2-d^2}{2pd},x=\frac{r^2+q^2-p^2}{2qr}$.
На первый взгляд здесь нет натуральных решений. Случай, когда $a$ не квадрат сводится к уравнению Пелля и доказывается, что пересечений чисел Люка и Фибоначчи нет путем занижения решений.

-- Чт май 24, 2012 10:20:38 --

nnosipov в сообщении #575480 писал(а):

Руст в сообщении #575458 писал(а):

Общее решение:
1) $z=x=1$, y - любое,
2) $z(1,x)=y(1,x)=1, x>1$ $z(n+1,x)=xz(n,x)+(x^2-1)y(n,x),y(n+1,x)=z(n,x)+xy(n,x)$
3) аналогично 2) с заменой мест x и y. Других натуральных решений нет.

А это уже совершенно другое утверждение.

Это то же, над чем вы смеялись. Решение 1) уже содержится в 2) или 3) как начальное решение.

[nnosipov]

Руст в сообщении #575485 писал(а):

Это то же, над чем вы смеялись. Решение 1) уже содержится в 2) или 3) как начальное решение.

Ничего подобного.

Руст в сообщении #575485 писал(а):

Для полноты дам решение и другой задачи: $(z^2-1)^2=(x^2-1)(y^2-1)$.

Вы и первой задачи не решили. Где доказательство?

[Руст]

nnosipov в сообщении #575487 писал(а):

Руст в сообщении #575485 писал(а):

Это то же, над чем вы смеялись. Решение 1) уже содержится в 2) или 3) как начальное решение.

Ничего подобного.

Руст в сообщении #575485 писал(а):

Для полноты дам решение и другой задачи: $(z^2-1)^2=(x^2-1)(y^2-1)$.

Вы и первой задачи не решили. Где доказательство?

Достаточно одного

$$z(1,x)=y(1,x)=1, z(n+1,x)=xz(n,x)+(x^2-1)y(n,x),y(n+1,x)=xy(n,x)+z(n,x)$$

, так как
в случае $x=1$ получаем $z(n,x)=1,y(n,x)=n.$ Соответственно это задача решена полностью.
Решение второй я наметил, что любой желающий может завершит. У меня пропало настроение продолжать перепираться с вами.

[nnosipov]

Руст в сообщении #575511 писал(а):

Достаточно одного

$$z(1,x)=y(1,x)=1, z(n+1,x)=xz(n,x)+(x^2-1)y(n,x),y(n+1,x)=xy(n,x)+z(n,x)$$

, так как
в случае $x=1$ получаем $z(n,x)=1,y(n,x)=n.$ Соответственно это задача решена полностью.
Решение второй я наметил, что любой желающий может завершит. У меня пропало настроение продолжать перепираться с вами.

А у меня совершенно нет желания разбирать Ваши неряшливо (и с точки зрения языка в том числе) написанные тексты --- овчинка выделки не стоит. Напишет очередную хрень, а другие, видите ли, могут её "завершит".

[maxal]

Похожая задача на AoPS:

Prove that there are no positive integers $a$, $b$ such that $2a^2+1$, $2b^2+1$, $2(ab)^2+1$ are all perfect squares.

(источник)

[nnosipov]

maxal в сообщении #576437 писал(а):

Prove that there are no positive integers $a$, $b$ such that $2a^2+1$, $2b^2+1$, $2(ab)^2+1$ are all perfect squares.

По существу это хорошо известная задача про числа Фибоначчи: никакое число Фибоначчи не является произведением двух меньших чисел Фибоначчи. Однако здесь можно дать и такое решение. При $a=b$ число $2(ab)^2+1=2b^4+1$ не может быть точным квадратом (правда, это отдельная задача, которая, возможно, будет даже поинтересней исходной). Пусть $a>b>1$. Тогда число $f=4(2a^2+1)(2a^2b^2+1)=16a^4b^2+8a^2b^2+8a^2+4$ также не может быть точным квадратом, поскольку $g^2<f<(g+1)^2$, где $g=4a^2b+b$.

[scwec]

nnosipov в сообщении #576824 писал(а):

При $a=b$ число $2(ab)^2+1=2b^4+1$ не может быть точным квадратом (правда, это отдельная задача, которая, возможно, будет даже поинтересней исходной).

Небольшое соображение по этому поводу.
Уравнение $y^2=Dx^4+1$ приводится к уравнению эллиптической кривой $Y^2=X^3-4DX$
(Решение $x=0,y=1$ исключили из рассмотрения).
При $D=2$ кривая имеет нулевой ранг, и у нее нет рациональных точек кроме $X=0,Y=0$ и нет рациональных решений уравнения Пелля.
Другое дело $D=3,5$ - ранги кривых $=1$, $D=14$ - ранг $=2$. У них бесконечно много рациональных решений и некоторые соответствуют целым $x,y$. Для всех трех уравнений Пелля сразу же $x=2,y=7,9,15$.
Такой подход, возможно, будет интересен.

[nnosipov]

scwec в сообщении #579829 писал(а):

При $D=2$ кривая имеет нулевой ранг

Надо бы попробовать доказать это элементарно, может и получится. Во всяком случае, целые точки кривой $y^2=2x^4+1$ находятся элементарными рассуждениями.

[scwec]

К сожалению, даже в случае $D=2$ доказательство нулевого ранга не совсем элементарно.
У меня есть повод элементарно доказать что-то вроде этого, но в другой теме.