О числе Лича

[Shadow]

scwec в сообщении #730807 писал(а):

У меня ещё одна задача на эту тему, теперь связанная с параметризацией Колмана полусовершенных кубоидов (одна сторона не рациональна).
Доказать, что $m^8+14m^4n^4+n^8$ не может быть удвоенным квадратом. $m,n$ взаимно простые натуральные.

Я досточно глупостей понаписал в этой теме и не хотелось бы продолжать, но...при нечетных $m,n$ это выражение $16 \pmod{32}$

[scwec]

Возвращусь к предыдущей задаче. Если $a^2+b^2=c^2$, $gcd(a,b)=1\qquad(1)$ то $13a^2+13b^2-24ab$ не может быть полным квадратом. Хочется, чтобы было элементарное доказательство без привлечения Maple.
Покажем, что при выполнении $(1)$ $\gcd(3a-2b,2a-3b)=1$
Предположим противное. $3a-2b=pE,2a-3b=pG$. где $p$ - простое число, $E,G$ - целые. Поскольку $a$ и $b$ разной четности, то $p\ne{2}$. Складывая и вычитая первое и второе равенства получаем, что $5(a-b)=p(E+G),a+b=p(E-G)$. Поскольку $gcd(a,b)=1$, то $(a-b)$ на $p$ делится не может и, следовательно, $p=5$ и $a+b=5(E-G)$. Тогда $a^2+b^2=2a^2+25(E-G)^2-10a(E-G)\equiv\pm{2}\mod {5}$. Но поскольку $c^2\equiv\pm{1}\mod {5}$, то мы пришли к потиворечию.
Итак, $gcd(3a-2b,2a-3b)=1$.
Далее следует доказательство Shadow, в силу взаимной простоты $3a-2b,2a-3b$ приводящее к равенству $5(a-b)=(u+v)^2-2v^2$, котором правая часть на $5$ не делится в силу $gcd(u,v)=1$. Возникающее противоречие и заканчивает общее доказательство.
(Shadow, Ваше последнее сообщение прочитал уже после отправки своего. Позже отвечу)

[nnosipov]

Shadow в сообщении #731149 писал(а):

Я досточно глупостей понаписал в этой теме и не хотелось бы продолжать, но...при нечетных $m,n$ это выражение $16 \pmod{32}$

И опять всё окей. Не получается у Вас

[scwec]

Предполагалось-то решение в классическом стиле.
$m^8+14m^4n^4+n^8=(m^4-n^4)^2+(4m^2n^2)=2v^2$
Общее решение уравнения
$m^4-n^4=k(r^2-2rs-s^2)$ или $k(r^2+2rs-s^2)$
$4m^2n^2=k(r^2+2rs-s^2)$ или $k(r^2-2rs-s^2)$
$v=k(r^2+s^2)$
Ну и далее желающие могут продолжить.
Кстати, невозможность удвоенного квадрата означает, что в решении Колмана нет совершенных кубоидов.

[nnosipov]

scwec в сообщении #731170 писал(а):

Предполагалось-то решение в классическом стиле.

Это заведомо сложнее, хотя, конечно, в общем случае приносит бОльшие дивиденды.

[scwec]

Да, это так. Но согласитесь, что случаи, когда можно обойтись редукцией по одному простому делителю, встречаются не часто.
А данный случай вообще вырван из контекста, где действительно нужно было применять общие методы.
Но жизнь полна неожиданностей и это иногда приятно.

[nnosipov]

scwec в сообщении #731177 писал(а):

Но жизнь полна неожиданностей и это иногда приятно.

Что есть, то есть :)

[Shadow]

У меня трудности возникли еще при попытке решить $y^2+14xy+x^2=2z^2$
Дискриминант квадратного уравнения относительно y,
$48x^2+2z^2$ не может быть точным квадратом. После сокращения на 16 получается $3x^2+2p^2=q^2$, что неразрешимо по модулю 8.

[nnosipov]

Там, кстати, и модуль 9 работает.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #731185 писал(а):

Там, кстати, и модуль 9 работает.

Да, и в исходном, и в квадратичном. И вообще когда диофантово не имеет даже тривиальных решений, подходящий модуль почти всегда найдется. А вот когда конечное число решений - тогда легко не отвертется.

[scwec]

Интересно, найдется модуль для уравнения $y^2=x^4+34x^2+1$? Решения только $x=0,1,-1$

[Shadow]

А оно имеет решение $(0,1)$ и по модулям не бегал бы. Тут подойдет
$(x^2+16)^2<x^4+34x^2+1<(x^2+17)^2$ при $x>11$, кажется.
Или Вы имели ввиду в рациональных числах?

[scwec]

Да, в рациональных. Решение есть $(1,6)$. Других нет.

-- Сб июн 01, 2013 14:18:45 --

Извиняюсь, вопрос надо было поставить так. Доказать, что уравнение $q^4+34q^2p^2+p^4=z^2$ имеет натуральные решения только при $p=q$.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #731193 писал(а):

И вообще когда диофантово не имеет даже тривиальных решений, подходящий модуль почти всегда найдется.

Как-то чересчур оптимистично. Например, уравнения типа $x^2-Ay^2=B$, не имеющие решений, разрешимы по любому модулю.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #731231 писал(а):

Как-то чересчур оптимистично

Мягко говоря, да
scwec, Ваше последнее уравнение равносильно несуществованию рационального прямоугольного треугольника с катетами $x^2-1 \text { и } 6x$ Очень похожее на Вашей задаче в другой теме. Только там было $3x$ если не ошибаюсь. (которое свелось к $13a^2+13b^2-24ab$) Попробую когда останется время, но не оптимист.