Полный квадрат

[scwec]

Найдите натуральные $n$, при которых выражение $(n^2-14n+53)(n^2+14n+53)$ является полным квадратом.

[Руст]

Оба числа $(n-7)^2+4,(n+7)^2+4$ не могут быть квадратами. Остается возможность
$(n-7)^2+4=kx^2,(n+7)^2=ky^2, k=2,53,106$.
В первом случае получам:

$$\frac{n-7}{2}+\frac{x}{2}\sqrt 2=(1+\sqrt 2)^k, \frac{n+7}{2}+\frac{y}{2}\sqrt 2=(1+\sqrt 2)^m,$$

где $k,m$ нечетные числа. Решений нет. Для $k=53,106$ тем более отсутствует 2 решения уравнения Пелля, действительные части которых отличаются на 14.

[nnosipov]

Пелль здесь принципиально не нужен. Раскрыв скобки, получим уравнение вида $n^4+\ldots=m^2$, откуда решениями могут быть только маленькие $n$ (либо левая часть --- точный квадрат).

Если записать в виде $(n^2-45)^2+28^2=m^2$, то и вручную можно.

[scwec]

Пусть $n$ - рациональное число. Вопрос тот же, полный квадрат рациональный.

[nnosipov]

Предлагаете найти подгруппу кручения (ранг небось нулевой)?

[scwec]

На самом деле справедливо общее утверждение: выражение $(x^2-2kx+k^2+4)(x^2+2kx+k^2+4)$ при любом рациональном $x$ не может быть квадратом, если $k$ содержит только простые делители вида $4m+3$ и $k^2+4$ - простое число. При $k=7$ получаем нашу задачу.
Она вообще появилась из Дискуссионных задач из темы Система диофантовых уравнений, которую я пытатаюсь вести.
Там все рассмотрения про эллиптические кривые, но если nnosipov помнит, у меня было длинющее элементарное доказательство общего утверждения, но для $k=1$. Оно может быть приспособлено и к нашему случаю.
Ну и потом, может быть кто-нибудь сможет придумать свой ход.

[nnosipov]

scwec в сообщении #619278 писал(а):

если nnosipov помнит, у меня было длинющее элементарное доказательство общего утверждения, но для $k=1$. Оно может быть приспособлено и к нашему случаю.

Конечно, помню, это был очень интересный сюжет. Если теперь есть такое обобщение, то совсем шикарно получается.

[scwec]

Посмотрел свое доказательство в http://dxdy.ru/post469947.html#p469947. Оно действительно переводится в русло общего случая.
Получается даже посильней чем я написал выше. Нетривиальных натуральных решений у системы $q^2+p^2=a^2$ , $ q^2+(kq-p)^2=b^2\qquad(1)$ нет, если $k$ имеет простые делители только вида $4m+3$ и $k^2+4$ - нечетная степень простого числа $>2$.
И это лучше чем у R.K.Guy в Unsolved Problems in Number Theory. У него простое $k=4m+3$ и простое $k^2+4$, если я правильно понял английский текст.
В эту серию теперь попадает и $k=11$ т.к. ($11^2+4=5^3$). У Гая $k=11$ среди отдельно доказанных.
(Чтобы было понятно, выражение из первого сообщения этой темы получается перемножением двух уравнений системы $(1)$ и делением на четвертую степень $q$. Ясно, что $n$ в первом вопросе должно бы быть сразу рациональным. А для целых $n$ никаких решений быть не может, что и было сразу замечено).
Могу предложить задачу. Найдите бесконечную серию натуральных $k$, при которых натуральное решение системы $(1)$ существует. Или несколько серий. Вполне решаемая задача.

[scwec]

scwec в сообщении #619577 писал(а):

Найдите бесконечную серию натуральных $k$ , при которых натуральное решение системы существует. Или несколько серий. Вполне решаемая задача.

Вот одно из решений:
$k=2t(2t^2+1)$,
$q=4t(4t^2+1)$,
$p=4t^2(4t^2+1)+1$,
$a=16t^4+12t^2+1$,
$b=64t^6+32t^4+4t^2+1$,
где $t$ - натуральное число.
Получается это решение из следующей параметризации $q,p,a,b$:
$q=2u_{1}u_{2}{u_3}{u_4}$,
$p={u_1}^2{u_2}^2-{u_3}^2{u_4}^2$,
$a={u_1}^2{u_2}^2+{u_3}^2{u_4}^2$,
$b={u_1}^2{u_4}^2+{u_2}^2{u_3}^2$.
Подставляя в $(1)$ получаем, что $k=\frac{({u_1}^2+{u_3}^2)({u_2}^2-{u_4}^2)}{2{u_1}{u_2}{u_3}{u_4}}\qquad(2)$.
Полагая $u_3=u_4=1$, $u_2={u_1}^2+1$ и $u_1=2t$, получаем выражение для $k=2t(2t^2+1)$.
Отсюда, например, при $k=6$ система $(1)$ имеет решение.
А рядом при $k=7$ не имеет. Это следует из предыдущего сообщения.

В формуле $(2)$ скрыты и другие конечные и бесконечные серии $k$. Их и нужно искать для получения решений.