Еще одно диофантово уравнение

[juna]

Кажется, да. Но я не доводил до полного конца.

[maxal]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Докажите, что уравнение $(m+1)^3+m^3=n^2$ имеет в целых числах только два решения $m=0,n=1$ и $m=1,n=3$.

Разложим левую часть:
$(m+1)^3+m^3 = (2m+1)(m^2+m+1)$
Нетрудно видеть, что НОК множителей обязан быть делителем 3. Рассмотрим два случая:

1) $\mbox{НОК}(2m+1,m^2+m+1)=1.$ В этом случае с необходимостью имеем, что оба сомножителя обязаны быть квадратами:
$2m+1 = a^2$
$m^2+m+1 = b^2$
Откуда $(2b-a^2)(2b+a^2)= 4b^2 - a^4 = 3,$ и поэтому $a=b=\pm 1,$ что дает $m=0$ и $n=\pm 1.$

2) $\mbox{НОК}(2m+1,m^2+m+1)=3.$ В этом случае имеем:
$2m+1 = 3 a^2$
$m^2+m+1 = 3 b^2$
где $(a,b)=1.$ Получаем $12 b^2 - 9 a^4 = 3$ или $(2 b)^2 - 3 a^4 = 1.$

Положительные решения уравнения Пелля $(2y)^2 - 3x^2 = 1$ задаются рекуррентной последовательностью $x_0=1,\ x_1=15,\ x_{n+1}=14 x_n - x_{n-1}.$ Нам нужно найти все элементы этой последовательности, являющиеся полными квадратами. Заметим, что элементы с индексами $\equiv 2,\ 3\pmod4$ не могут быть квадратами по модулю 7.

Возьмем на вооружение также явную формулу:

$$x_n = \frac{(2+\sqrt{3})(7+4\sqrt{3})^n - (2-\sqrt{3})(7-4\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}}$$

Из нее нетрудно получить, что $x_{n+4} = 2\cdot 18817 x_n - x_{n-4}.$ Заметим, что период $x_n$ по модулю $18817$ равен 16. При этом значение символов Якоби $\left(\frac{x_n}{18817}\right)$ на периоде есть: [1, -1, -1, 1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, -1, 1]. Откуда заключаем, что числа $x_{4k+1}$ квадратами быть не могут.

Заметим, что $x_{2k} = u_k \cdot v_k,$ где

$$u_k = \frac{(1+\sqrt{3})(7+4\sqrt{3})^k - (1-\sqrt{3})(7-4\sqrt{3})^{k}}{2\sqrt{3}}$$

и

$$v_k = \frac{(1+\sqrt{3})(7+4\sqrt{3})^k + (1-\sqrt{3})(7-4\sqrt{3})^{k}}{2}.$$

При этом $u_k$ и $v_k$ удовлетворяют тому же рекуррентному уравнению, что и $x_n,$ а также $3 u_k^2 = v_k^2 + 2,$ откуда в виду нечетности $u_k$ и $v_k$ следует $(u_k,v_k)=1.$ Если $x_{2k}$ является полным квадратом, то $u_{k}$ и $v_{k}$ также являются полными квадратами. Осталось показать, что уравнение $3 t^4 = z^4 + 2$ имеет единственное решение в натуральных числах $z=t=1.$

[maxal]

Чуть более симметричная форма:

$$3=\frac{z^4-1}{t^4-1}.$$

[RIP]

Чтобы прийти к уравнению $3t^4=z^4+2$, не надо было столько городить. Достаточно было написать $(2b-1)(2b+1)=3a^4$, откуда $2b-1=z^4$, $2b+1=3t^4$, или наоборот. Но очевидно, что наоборот невозможно.

[maxal]

RIP писал(а):

Чтобы прийти к уравнению $3t^4=z^4+2$, не надо было столько городить. Достаточно было написать $(2b-1)(2b+1)=3a^4$, откуда $2b-1=z^4$, $2b+1=3t^4$, или наоборот. Но очевидно, что наоборот невозможно.

Ну так я показал, что это единственный случай, который может дать новые решения. И если $3=\frac{z^4-1}{t^4-1}$ имеет единственное решение $z=t=1,$ то исходное уравнение имеет только указанные два решения.

[Батороев]

maxal писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Докажите, что уравнение $(m+1)^3+m^3=n^2$ имеет в целых числах только два решения $m=0,n=1$ и $m=1,n=3$.

Разложим левую часть:
$(m+1)^3+m^3 = (2m+1)(m^2+m+1)$

Еще одно возможное разложение:
$(m+1)^3+m^3 = [\frac{(m+1)*(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m*(m-1)}{2}]^2 $

[juna]

Я решал с использованием именно этого представления. Мне кажется оно более общее, т.е. допускающее обобщения на большее количество последовательно идущих кубов.
Обозначу основные шаги.
Итак, используем $1^3+2^3+...+m^3=(\frac{m(m+1)}{2})^2$.
$(m+1)^3+m^3=(\frac{(m+1)(m+2)}{2})^2-(\frac{m(m+1)}{2})^2$ $+(\frac{m(m+1)}{2})^2-(\frac{m(m-1)}{2})^2=(\frac{(m+1)(m+2)}{2})^2-(\frac{m(m-1)}{2})^2=n^2$
$((m+1)(m+2))^2=(2n)^2+(m(m-1))^2$
Отсюда, $(m+1)(m+2)=r(p^2+q^2)$ и 1) $m(m-1)=(p^2-q^2)r$, $2n=2pqr$ или 2) $m(m-1)=2pqr$, $2n=(p^2-q^2)r$
Рассмотрим 1)
$m^2+3m+2=r(p^2+q^2)$ (1) $m^2-m=r(p^2-q^2)$ (2)
(1)+(2):
$m^2+m+1=rp^2$ (*)
(1)-(2):
$2m+1=rq^2\Rightarrow m=\frac{rq^2-1}{2}$, подставляем в (*) и получаем $3=r(4p^2-rq^4)$.
Значит, или
$r=1\Rightarrow (2p)^2-(q^2)^2=3$ - ясно, что последнее имеет лишь конечное число решений, т.к. разность между квадратами неограниченно возрастает, это дает решение $p=1,q=1$
или $r=3\Rightarrow 4p^2-3q^4=1$, что приводит к указанному maxalом уравнению Пелля с единственным решением $p=q=1$
Рассмотрим 2)
$m^2+3m+2=r(p^2-q^2)$ $m^2-m=2pqr$
аналогично вычитая их и складывая, получаем:
$2m^2+2m+2=r(p+q)^2$, $4m+2=r(p-q)^2$.
Выражая из последнего $m$ и подставляя в первое получаем $12=r(8(p+q)^2-r(p-q)^4)$.
Рассматриваем случаи
$r=2\Rightarrow 3=(2(p+q))^2-(p-q)^4$ - нет решений
$r=4\Rightarrow 3=4(2(p+q)^2-(p-q)^4) $ - невозможно
$r=3 \Rightarrow 3(p-q)^4=4(2(p+q)^2-1)$ - невозможно, т.к. если квадрато-квадрат делится на 4, то он делится на 16, но $2(p+q)^2-1$ - нечетно.
$r=6 \Rightarrow 1=(2(p+q))^2-3(p-q)^4$ - это уже рассмотренное уравнение Пелля.
$r=12 \Rightarrow 1=4(2(p+q)^2-3(p-q)^4)$ - невозможно.

[maxal]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

или $r=3\Rightarrow 4p^2-3q^4=1$, что приводит к указанному maxalом уравнению Пелля с единственным решением $p=q=1$

А можно увидеть доказательство единственности этого решения?

[Батороев]

Батороев писал(а):

maxal писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Докажите, что уравнение $(m+1)^3+m^3=n^2$ имеет в целых числах только два решения $m=0,n=1$ и $m=1,n=3$.

Разложим левую часть:
$(m+1)^3+m^3 = (2m+1)(m^2+m+1)$

Еще одно возможное разложение:
$(m+1)^3+m^3 = [\frac{(m+1)*(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m*(m-1)}{2}]^2 $

Тем самым, мы приводим вопрос Артамонова Ю.Н. к пифагоровым тройкам вида:
$ C^2 - B^2 = n^2 $, где $ n $- нечетное.
Соответственно, то, что доказал maxal своим п.1 является необходимым и достаточным, т.к. то, что он далее рассматривает является излишним, потому что касается не оригинальных пифагоровых троек, а троек, полученных прямым умножением всех членов оригинальной тройки на 3.

[maxal]

Батороев писал(а):

Тем самым, мы приводим вопрос Артамонова Ю.Н. к пифагоровым тройкам вида:
$ C^2 - B^2 = n^2 $, где $ n $- нечетное.
Соответственно, то, что доказал maxal своим п.1 является необходимым и достаточным, т.к. то, что он далее рассматривает является излишним, потому что касается не оригинальных пифагоровых троек, а троек, полученных прямым умножением всех членов оригинальной тройки на 3.

Это неверно. Мой второй случай в ваших терминах выражается уравнением $3C^2 - 3B^2 = n^2$ (при $n^2$ нет множителя 3, поэтому второй случай не сводится к первому).

[Батороев]

maxal писал(а):

Это неверно. Мой второй случай в ваших терминах выражается уравнением $3C^2 - 3B^2 = n^2$ (при $n^2$ нет множителя 3, поэтому второй случай не сводится к первому).

Ваш п.2 относится к числам
$ m\equiv1(mod3)$
Т.к. $ C = \frac{(m+2)(m+1)}{2} $
$ B = \frac{m(m-1)}{2} $,
то
$ C\equiv 0(mod3) $
$ B\equiv 0(mod3) $, соответственно Ваш второй случай в моих терминах все таки выражается уравнением
$ C^2 - B^2 = n^2 $
Другое дело, что
$ C = 3D $
$ B = 3F $,
а следовательно
$ n = 3G $

[maxal]

Батороев писал(а):

Ваш п.2 относится к числам
$ m\equiv1(mod3)$
Т.к. $ C = \frac{(m+2)(m+1)}{2} $
$ B = \frac{m(m-1)}{2} $,
то
$ C\equiv 0(mod3) $
$ B\equiv 0(mod3) $, соответственно Ваш второй случай в моих терминах все таки выражается уравнением
$ C^2 - B^2 = n^2 $

Но здесь НОД(B,C)=3, в то время как в первом случае НОД(B,C)=1, и это существенно влияет на решение. Кроме того, я не оперирую понятиями пифагоровых троек вообще.
Если вы хотите свести второй случай к первому, то лучше продемонстрировать это на решении Артамонова, где два случая также явно присутствуют: $r=1$ и $r=3$.

[Батороев]

maxal писал(а):

Кроме того, я не оперирую понятиями пифагоровых троек вообще.

А что же Вы тогда рассматриваете, как не их?
Ведь:
$ C^2 - B^2 = n^2 $
$ (C - B)(C + B) = n^2 $,
где
$ C - B = 2m + 1 $; $ C + B = m^2 + m + 1 $, которые в оригинальных пифагоровых тройках при n нечетном должны быть квадратами чисел, причем "взаимнопростыми". В противном случае - это не оригинальные тройки и их рассматривать нет смысла.

maxal писал(а):

Если вы хотите свести второй случай к первому, то лучше продемонстрировать это на решении Артамонова, где два случая также явно присутствуют: $r=1$ и $r=3$.

Я надеюсь, что Артамонов Ю. Н. наоборот приблизится к моей точке зрения

[maxal]

Батороев писал(а):

maxal писал(а):

Кроме того, я не оперирую понятиями пифагоровых троек вообще.

А что же Вы тогда рассматриваете, как не их?
Ведь:
$ C^2 - B^2 = n^2 $
$ (C - B)(C + B) = n^2 $,
где
$ C - B = 2m + 1 $; $ C + B = m^2 + m + 1 $, которые в оригинальных пифагоровых тройках при n нечетном должны быть квадратами чисел, причем "взаимнопростыми". В противном случае - это не оригинальные тройки и их рассматривать нет смысла.

Что значит "нет смысла"? Где доказательство?

Добавлено спустя 7 минут 54 секунды:

Я не вижу прямой связи между системами уравнений:

$C^2 - B^2 = n^2$
$C=\frac{(m+1)(m+2)}{2}$
$B=\frac{m(m-1)}{2}$
$(B,C)=1$

и

$D^2 - F^2 = n^2$
$D=\frac{(m+1)(m+2)}{6}$
$F=\frac{m(m-1)}{6}$
$(D,F)=1$

Вы можете указать явно эту связь? Скажем, как из решений первой системы получить решения второй или наоборот?

[Батороев]

maxal писал(а):

Что значит "нет смысла"? Где доказательство?

"Нет смысла" - это значит то, что, найдя решения уравнения
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m(m-1)}{2}]^2 = n^2$ (1),
Вы затем пытаетесь найти решения уравнения:
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m(m-1)}{2}]^2 = 9a^2b^2$, (2)
при
$ m\equiv1(mod3) $
$ n^2 = 9a^2b^2$,
т.к. приравниваете
$ C - B = 2m +1 = 3a^2$
$ C + B = m^2 + m + 1 = 3b^2 $

Таким образом, уравнение (2) приобретает вид:
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{6}]^2 - [\frac{m(m-1)}{6}]^2 = (ab)^2 = (\frac{n}{3})^2 $, что при C, B и n, кратных 3, эквивалентно уравнению (1).