Уравнение

[rightways]

Решите в целых числах уравнение

$5y^2=x^6+x$

[gris]

По нулям. Ну, и минус один, ноль. А больше и не догадаться

[nnosipov]

Если $x$ кратно $5$, то в равенстве $5y^2=x(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)$ правая часть есть произведение попарно взаимно простых чисел. Тогда, в частности, последний сомножитель $x^4-x^3+x^2-x+1$ должно быть точным квадратом и ясно, что с этим делать.

Если $x$ не делится на $5$, то в равенстве

$$ 5(y/5)^2=x \cdot \frac{x+1}{5} \cdot \frac{x^4-x^3+x^2-x+1}{5} $$

сомножители правой части попарно взаимно просты, при этом на $5$ может делиться только средний. Значит, $(x+1)/5$ есть упятирённый точный квадрат, а $x$ --- точный квадрат. Но такое редко бывает.

[scwec]

Можно заменить $6$ на $3k$ в условии ($k$ -натуральное), $5y^2=x^{3k}+x$. Решения только тривиальные.

[nnosipov]

scwec в сообщении #967385 писал(а):

Можно заменить $6$ на $3k$ в условии ($k$ -натуральное), $5y^2=x^{3k}+x$. Решения только тривиальные.

И как же это увидеть?

[scwec]

Придется заменить уравнение на $5y^2=x^{3k}+x^{k}$. С ним все ясно.
А с $5y^2=x^{3k}+x$ еще подумать надо.

[nnosipov]

scwec в сообщении #967418 писал(а):

Придется заменить уравнение на $5y^2=x^{3k}+x^{k}$. С ним все ясно.

Согласен. Уравнение $5y^2=z^3+z$ легко исследовать.

[rightways]

обобщить можно вот так думаю

$py^2=x^{p+1}+x$

[rightways]

Вот это уравнение легкое но решается долго.

$7y^2=x^4+x$

в целых числах.

[Deggial]

Флуд TR63 отделён. Все последующие сообщения в подобном стиле пойдут туда же.

[mihiv]

$$7y^2=x(x^3+1)$$

Рассмотрим сначала случай $x>0$. Ввиду взаимной простоты на 7 делится или $x$, или $x^3+1$. Если $7|x$, то $x^3+1=s^2$, что невозможно по теореме Михайлеску. Если же $7|(x^3+1)$, то $x=t^2$ и $x^3+1=t^6+1=(t^3)^2+1$. То есть сумма взаимно простых квадратов делится на 7, что невозможно. Таким образом нет решений с натуральными $x$.
Рассмотрим теперь случай $x<0$. Обозначим $x=-x_1$. Уравнение будет иметь вид:

$$7y^2=x_1(x_1^3-1),x_1>0$$

Как и в первом случае на 7 делится или $x_1$, или $x_1^3-1$. Если $7|x_1$, то $x_1^3-1=s^2$, что противоречит теореме Михайлеску. Следовательно, $7|(x_1^3-1)$. В этом случае должно быть $x_1=t^2, x_1^3-1=7r^2$ или:

$$(t^3)^2-7r^2=1$$

Таким образом, если существует решение уравнения Пелля $s^2-7r^2=0$ такое, что $s=t^3$, то существует и решение исходного уравнения: $x=-t^2, y=\pm tr$. Одно решение уравнения Пелля легко подбирается: $s=t^3=8, r=3$. Этому решению соответствует решение исходного уравнения $x=-4, y=\pm 6$. Есть ли еще решения уравнения Пелля, для которых $s=t^3$, не проверял.
Нужно еще добавить тривиальные решения $x=0, y=0; x=-1, y=0$.

[Shadow]

mihiv, уравнение $t^6-1=7r^2$. Если разложить левую часть на множители:
$(t-1)(t+1)(t^2-t+1)(t^2+t+1)$ заметим, что последние два множителя квадратами быть не могут (кроме тривиальных). С учетом возможных общих делителей, один из них должен быть утроенный, другой - усемеренный квадрат - мы его проигнорируем. Какой из них- это не важно, важно, что произведени остальных трех должно быть квадратом, а это легко ограничивается. Напр. между соседними квадратами.

[mihiv]

Shadow, да, похоже, так можно попробовать. Правда, сходу у меня пока не получилось.

[mihiv]

Из полученного решения уравнения Пелля $s_1=8=t_1^3,r_1=3$ можно получить все остальные его решения. Легко показать, что все $r_k$ нечетные, а следовательно, все $s_k$- четные.
Пусть некоторое $s_k=t_k^3$ , тогда, поскольку $s_k$ четное, то и $t_k$ четное. Уравнение $t_k^6-1=7r_k^2$ можно записать в виде:

$$(t_k^3-1)(t_k^3+1)=7r_k^2$$

При четном $t_k$ числа в круглых скобках взаимно просты, поэтому или $t_k^3+1$ или $t_k^3-1$ равно $q^2$. По теореме Михайлеску это возможно только если $t_k=2,q=3$ ( квадрату равна скобка с плюсом). При этом $2^3+1=3^2$. Эти соответствуют уже найденному решению исходного уравнения: $x=-4, y=\pm 6$. То есть других решений нет.

[mihiv]

mihiv в сообщении #974814 писал(а):

все $s_k$- четные.

Это не так. На самом деле четные и нечетные значения $s_k$ чередуются, т.е. $s_1=8$- четное, $s_2=127$-нечетное и т.д. Поэтому нужно еще рассмотреть случай нечетных $s_k$.