Числа вида x^2+3y^2 - дополнение к книге Эдвардса по теории

[ananova]

(Оффтоп)

Если сегодня идей нет, то это не значит, что их не будет завтра.

Дополнение к первым страницам книги Эдвардса "Последняя теорема Ферма. Генетическое введение в алгебраическую теорию чисел", изд. Мир, Москва, 1980.

В главе 1.7 – "Суммы двух квадратов и родственные вопросы" (страница 33) Эдвардс пишет:

“… свойства представлений чисел в виде $(x^2+y^2)$, $(x^2+2y^2)$, $(x^2+3y^2)$ являются чем-то исключительным …”

И далее рассматривается случай $(x^2 + 5y^2)$.

Я приведу формулу, которая позволяет рассматривать все эти случаи для простых чисел $p=2,3,5, 7, 11, ...$ в едином контексте. А именно - не как: $(x^2+py^2)$, а как $(x^2+py^{p-1})$.

Произведение двух чисел, каждое из которых можно представить в виде $(x^2+py^{p-1})$, само представляется в таком же виде.

Здесь $p$ – простое число. Тогда выполняется:

$$(a^2+pb^{p-1}) (c^2+pd^{p-1})=(ac \pm p(bd)^{(p-1)/2})^2+p(ad^{(p-1)/2} \mp cb^{(p-1)/2})^2$$

по аналогии с очень известной формулой:

$$(a^2+3b^2) (c^2+3d^2)=(ac \pm 3(bd)^2)^2+3(ad^2 \mp cb^2)^2$$

Таким образом, с необходимыми, но известными "оговорками", если $(x^2+yx+y^2)=(x+y)(y-2x)+3y^2$ является кубом, а $(x+y)(y-2x)$ является квадратом, то число представимо в виде произведения подобных кубов и далее можно переходить к методу спуска, который использовал Эйлер для показателя степени 3 (ВТФ).

Если же в соседней теме #786585 число $d$ является квадратом и имеет общий вид представления $(p^2+3q^2)$:
$d=(x^2-\sqrt[3]{4} y z)(- \sqrt[3]{4} yz -2x^2)+3x^4$, то оно должно состоять из произведения квадратов, в подобном представлении. Примерно в этом направлении, как я понял, успешно ведет свое доказательство в алгебраическом поле Феликс Шмидель. (Возможно, он поправит).

По-моему, используя приведенную формулу и нижеследующую формулу факторизации, можно перейти к доказательству методом спуска и для более высоких степеней.

$$x^p+y^p=(x+y)((x+y)(y^{p-2}-2y^{p-3}x+3y^{p-4} x^2-4y^{p-5} x^3+ ...+(p-2)y^{p-3}x-(p-1)x^{p-2})+px^{p-1})$$

[nnosipov]

ananova в сообщении #787050 писал(а):

Произведение двух чисел, каждое из которых можно представить в виде $(x^2+py^{p-1})$, само представляется в таком же виде.

Это просто неверно. И следующий далее текст

ananova в сообщении #787050 писал(а):

Здесь $p$ – простое число. Тогда выполняется:

$$(a^2+pb^{p-1}) (c^2+pd^{p-1})=(ac \pm p(bd)^{(p-1)/2})^2+p(ad^{(p-1)/2} \mp cb^{(p-1)/2})^2$$

это утверждение, естественно, не доказывает. Что за ерунду Вы пишите, ananova?

[ananova]

nnosipov в сообщении #787078 писал(а):

это утверждение, естественно, не доказывает. Что за ерунду Вы пишите, ananova?

Прошу прощения за "кривую' формулировку. Я просто подставлял всякие числа и получал эквивалентный результат для левой и правой части. Ну, например, $a=3, b=4, c= 5, d=11$.

Надеюсь, что в следующий раз буду более корректен в формулировках. Последний вариант формулировки я позаимствовал из книжки, в которой комментировали свойства чисел вида $x^2+3y^2$.

(Оффтоп)

Ну мне простительно! Хорошо, что других предостерегли, что это ерунда!

[ananova]

ananova в сообщении #787050 писал(а):

по аналогии с очень известной формулой:

$$(a^2+3b^2) (c^2+3d^2)=(ac \pm 3(bd)^2)^2+3(ad^2 \mp cb^2)^2$$

Извиняюсь, исправляю ошибку, которую допустил в известной формуле. Вот верный вариант:

$$(a^2+3b^2) (c^2+3d^2)=(ac \pm 3bd)^2+3(ad \mp cb)^2$$

В этой формуле ошибок не нашел:

$$(a^2+pb^{p-1}) (c^2+pd^{p-1})=(ac \pm p(bd)^{(p-1)/2})^2+p(ad^{(p-1)/2} \mp cb^{(p-1)/2})^2$$

[AV_77]

ananova в сообщении #787132 писал(а):

В этой формуле ошибок не нашел

Ошибок может и нет, но в правой части выражение не имеет вид $x^2 + py^{p-1}$.

[ananova]

AV_77 в сообщении #787133 писал(а):

Ошибок может и нет, но в правой части выражение не имеет вид $x^2 + py^{p-1}$.

Спасибо, AV_77! Да, я заметил.. Поспешил с выводами. Но этот факт, я очень надеюсь, также можно будет использовать! Время покажет!

[ananova]

ananova в сообщении #787136 писал(а):

Спасибо, AV_77! Да, я заметил.. Поспешил с выводами. Но этот факт, я очень надеюсь, также можно будет использовать! Время покажет!

ananova в сообщении #787050 писал(а):

Произведение двух чисел, каждое из которых можно представить в виде $(x^2+py^{p-1})$, само представляется в таком же виде.

Здесь $p$ – простое число. Тогда выполняется:

$$(a^2+pb^{p-1}) (c^2+pd^{p-1})=(ac \pm p(bd)^{(p-1)/2})^2+p(ad^{(p-1)/2} \mp cb^{(p-1)/2})^2$$

Уточненная формулировка:

Произведение двух чисел, каждое из которых можно представить в виде $x^2+py^{[(p-1)/2]2}$, представляется в виде $x^2+py^2$. Иными словами - Если имеется число вида $x^2+py^2$, то вполне возможно, что он представлено произведением чисел вида $x^2+py^2$ (в более уточненном виде $x^2+py^{[(p-1)/2]2}$).

Здесь $p$ – простое число. Тогда выполняется:

$$(a^2+pb^{[(p-1)/2]2}) (c^2+pd^{[(p-1)/2]2})=(ac \pm p(bd)^{(p-1)/2})^2+p(ad^{(p-1)/2} \mp cb^{(p-1)/2})^2$$

[ananova]

Тривиальное следствие

$$(a^2 \pm pb^{p-1})^2=(a^2 \pm pb^{p-1})^2+p(ab^{(p-1)/2} \mp ab^{(p-1)/2})^2=(a^2 \pm pb^{p-1})^2$$

Для $p=5$:

$$(a^2 \pm 5b^4)^2=(a^2 \pm 5b^4)^2+5(ab^2 \mp ab^2)^2=(a^2 \pm 5b^4)^2$$

[ananova]

ananova в сообщении #787452 писал(а):

Тривиальное следствие

$$(a^2 \pm pb^{p-1})^2=(a^2 \pm pb^{p-1})^2+p(ab^{(p-1)/2} \mp ab^{(p-1)/2})^2=(a^2 \pm pb^{p-1})^2$$

Для $p=5$:

$$(a^2 \pm 5b^4)^2=(a^2 \pm 5b^4)^2+5(ab^2 \mp ab^2)^2=(a^2 \pm 5b^4)^2$$

Отсюда можно сделать полезный вывод:

(Оффтоп)

(если никто не возражает)

Если квадрат $=$ $x^2+3y^2$, то число, возведенное в квадрат, не имеет такого же вида (представления): $x^2+3y^2$.
Например: $1^2+3 \cdot 780^2=1351^2$ не представимо как $(1^2+3b^2)^2$

Возвращаясь в соседнюю тему

ananova в сообщении #786585 писал(а):

Число $c$ - целое, поэтому можно получить уравнение (1) в следующем виде:

(1)

$$x^6-4 (y z)^3=(x^2-\sqrt[3]{4} y z)((x^2-\sqrt[3]{4} y z)(- \sqrt[3]{4} yz -2x^2)+3x^4) = a^2$$

Иначе так:
(1.1)

$$x^6-4 (y z)^3=c (c (- \sqrt[3]{4} yz -2x^2)+3x^4) = a^2$$

Cледует:
(1.2)

$$ c (- \sqrt[3]{4} yz -2x^2)+3x^4 = (a^2)/c$$

Имеем сравнение:
(2)

$$3x^4 \equiv (a^2)/c \equiv d \mod{c}$$

Можно сделать вывод, что если $c$ $=$ квадрату и $c (- \sqrt[3]{4} yz -2x^2)$ $=$ квадрату, то $d$ не является квадратом, т.к. если $d$ является квадратом, то $x^4$ не может быть квадратом, исходя из вышеприведенного следствия известной формулы.

-- Пн ноя 11, 2013 14:27:15 --

Также можно сделать вывод, что, если куб имеет вид $=$ $x^2+3y^2$, то число, возведенное в куб, не имеет такого же вида (представления): $x^2+3y^2$.

(Оффтоп)

(Я подумаю чуть позже над этим... Возможно, что спешу с формулировками).

[ananova]

Уточнение формулировки

ananova в сообщении #787483 писал(а):

Если квадрат $=$ $x^2+3y^2$, то число, возведенное в квадрат, не имеет такого же вида (представления): $x^2+3y^2$.
Например: $1^2+3 \cdot 780^2=1351^2$ не представимо как $(1^2+3b^2)^2$

Если квадрат $=$ $x^2+3y^2$, то число, возведенное в квадрат, не имеет такого же вида (представления): $x^2+3y^2$.
Например: $1^2+3 \cdot 780^2=1351^2$. Здесь 1351 не представимо как $1^2+3b^2$ . Однако, не исключено (по-моему), что оно представимо, как произведение двух разных чисел вида $a^2 + 3b^2$.

[ananova]

Глупость написал.

ananova в сообщении #787499 писал(а):

Однако, не исключено (по-моему), что оно представимо, как произведение двух разных чисел вида $a^2 + 3b^2$.

Для меня остается открытым вопрос (возможно имеющий простой ответ). Может ли квадрат числа вида $x^2+3y^2$ являться произведением двух чисел вида $x^2+3y^2$. Буду рад примеру или ссылке, что быстро развеет мои сомнения.

[Belfegor]

ananova в сообщении #787499 писал(а):

Если квадрат $=$ $x^2+3y^2$, то число, возведенное в квадрат, не имеет такого же вида (представления): $x^2+3y^2$.
Например: $1^2+3 \cdot 780^2=1351^2$. Здесь 1351 не представимо как $1^2+3b^2$ . Однако, не исключено (по-моему), что оно представимо, как произведение двух разных чисел вида $a^2 + 3b^2$.

Уважаемый ananova!
Если рассмотреть таблицу Эдвардса для чисел $x^2+3y^2$ до 258 из неё очевидно следует, что $x^2+3y^2 = z^2$, только если $x=y$ и и соответственно $z$ - чётное число.
$\\ $1^2+3\cdot1^2 =2^2 \\ 2^2+3\cdot2^2 =4^2 \\ 3^2+3\cdot3^2 =6^2 \\$
............................
$15^2+3\cdot15^2 =30^2$

Знаете ли вы другие решения х и у для $x^2+3y^2 = z^2$?

[ananova]

Belfegor в сообщении #787559 писал(а):

Знаете ли вы другие решения х и у для $x^2+3y^2 = z^2$?

Да, спасибо, большое. Поспешил со своими выкладками. С другой стороны, как иначе пройти непознанное?

Вот нашел еще у Эдвардса на странице 45 самый простой квадратик - единичку:

$$1= (48842^2-67 \cdot 67 \cdot 5967^2)^2= (48842^2+67 \cdot 5967^2)^2 - 67(2 \cdot 5967 \cdot 48842)^2$$

[Belfegor]

ananova в сообщении #787565 писал(а):

С другой стороны, как иначе пройти непознанное?

То есть вы не сталкивалась с другими решениями? Я, правильно, понял? Интересно, можно ли сделать вывод, что других решений и нет?

ananova в сообщении #787565 писал(а):

Вот нашел еще у Эдвардса на странице 45 самый простой квадратик - единичку:

$$1= (48842^2-67 \cdot 67 \cdot 5967^2)^2= (48842^2+67 \cdot 5967^2)^2 - 67(2 \cdot 5967 \cdot 48842)^2$$

Опечатка. 67 лишнее. $1= (48842^2- 67 \cdot 5967^2)^2$

[nnosipov]

Belfegor в сообщении #787580 писал(а):

Интересно, можно ли сделать вывод, что других решений и нет?

Нет, нельзя. Вообще, уравнение $x^2+3y^2=z^2$ легко решается в целых числах $x$, $y$, $z$ (например, можно воспользоваться методом секущих).