Выражение 1 + x + x^2 + x^3 не является квадратом

[leweekend]

Привет участникам! Дайте подсказку, как решить следующее уравнение Ферма:

Доказать, что выражение $1 + x + x^2 + x^3$ не является квадратом для всех натуральных чисел кроме $x = 1$ и $x = 7$. Кроме них, единственными целыми решениями являются $x = 0, x = -1$.

Из задачи: Воспользуйтесь тем, что $x^4 + y^4$ не может быть квадратом, а уравнение $x^y - y^4 = z^2$ разрешимо только в тривиальных случаях $y = 0$ или $z = 0$.

Решаем уравнение $1 + x + x^2 + x^3 = (x^2 + 1)(x + 1) = y^2$

Тривиальные решения я нашел так: $$x^2 = x$ или x^2 = -x, x = 0, +1, -1$ - тогда получается полный квадрат. Теперь нужно решить задачу, где x - любое другое число.
Еще доступно разложение $1 + x + x^2 + x^3 = \frac{x^4 - 1}{x - 1} $

В общем случае $(x^2 + 1)(x + 1) = y^2$ приводит к системе уравнений:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} &x^2+1=dm^2& \\ &x + 1=dn^2& \\ \end{array} \right.$$

где d - $GCD(x^2 + 1, x + 1)$

Путем анализа четности x и разности квадратов, решая уравнение $x(x-1)=d(m-n)(m+n)$, удается установить, что d всегда четно, соотвественно x нечетно.

Дальше непонятно, куда копать. Условие задачи дает намек на разложения с участием $x^4 - 1$ или $x^4 + 1$. Нужно найти какое-то выражение, где x=7 дает нечто особенное по сравнению с другими числами.

[Andrey A]

leweekend в сообщении #1346182 писал(а):

В общем случае $(x^2 + 1)(x + 1) = y^2$ приводит к системе уравнений:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} &x^2+1=dm^2& \\ &x + 1=dn^2& \\ \end{array} \right.$$

$\left\{\begin{matrix} x^2\equiv -1\\ x\equiv -1 \end{matrix}\right. \mod d.$ Отсюда $x\equiv 1$. Но вместе с $x\equiv -1$ это может выполняться только по $\mod 2$ при нечетном $x$. Тогда имеем $x^2-2m^2=-1$. Решения этого ур-я выражаются последовательностью $\dfrac{x}{m}=\dfrac{1}{1},\dfrac{7}{5},\dfrac{x_{k+1}=6x_k-x_{k-1}}{m_{k+1}=6m_k-m_{k-1}}$. Почему годятся только первые две дроби думайте сами.

[Someone]

leweekend в сообщении #1346182 писал(а):

Привет участникам! Дайте подсказку, как решить следующее уравнение Ферма:

Где уравнение-то? Дальше вместо уравнения написано "доказать".

leweekend в сообщении #1346182 писал(а):

где d - $GCD(x^2 + 1, x + 1)$

Путем анализа четности x и разности квадратов, решая уравнение $x(x-1)=d(m-n)(m+n)$, удается установить, что d всегда четно, соответственно x нечетно.

Вообще-то, $x^2+1=(x+1)(x-1)+2$, откуда видно, что либо $\operatorname{GCD}(x^2+1,x+1)=1$, либо $\operatorname{GCD}(x^2+1,x+1)=2$. Без каких-либо других вариантов.

[leweekend]

Andrey A
Спасибо! Ваши пояснения понял так: Из $x \equiv -1(\mod d)$ следует $x^2 \equiv 1(\mod d)$. Но по второму уравнению одновременно $x^2 \equiv -1 (\mod d)$. Такое возможно только при $d = 2$ (чтобы $1$ являлось $-1$ при сравнении по тому же модулю).

Someone
Уравнение $1 + x + x^2 + x^3 = (x^2 + 1)(x + 1) = y^2$
Спасибо, Ваш вывод GCD изящен.

[Andrey A]

leweekend в сообщении #1346292 писал(а):

Ваши пояснения понял так: Из $x \equiv -1(\mod d)\ ...$

Вы меня решили запутать. $x \equiv 1$ -- результат почленного деления одного сравнения на другое, а $x \equiv -1$ и есть другое сравнение. Расстояние между точками $x-1$ и $x+1$ равно $2$, и никакого другого общего делителя $>1$ кроме двойки эти числа иметь не могут. О том же говорит Someone, рассуждая иным способом. Важно в конце концов что $d=2$, и все возможные $x$ содержатся в приведенной выше последовательности.

[leweekend]

Andrey A
Как говорилось на "Что? Где? Когда?", Ваш ответ понятен )

Числа $\frac{1}{1}$, $\frac{7}{5}$ подходят потому, что парабола $2x^2 - 1$ включает как само число x, так и его квадрат. Уравнение Пелля бесконечно приближает $\frac{x}{m}$ к $\sqrt{2}$.

Первые значения параболы $x = 2n^2 - 1$ включают
$\frac{x}{n} = \frac{1}{1}, \frac{7}{2}, \frac{17}{3}, \frac{31}{4}, \frac{49}{5}, \frac{71}{6}, \frac{97}{7}, \frac{127}{8}, \frac{161}{9}, \frac{199}{10}$

Ясно, почему подходят первые два числа x в данной последовательности
$\dfrac{x}{m}=\dfrac{1}{1},\dfrac{7}{5},\dfrac{x_{k+1}=6x_k-x_{k-1}}{m_{k+1}=6m_k-m_{k-1}}$.

А вот как теперь доказать, что других таких чисел не появится? Что, например, если $41^2 = 2 \cdot 29^2 - 1$ (x = 41, m = 29), то само число 41 никогда не равно $2n^2 - 1$ ? То есть числители дробей $\frac{x}{m}$ и $\frac{x}{n}$после первых двух значений всегда будут различны?

[Andrey A]

Не знаю. Попробуйте сами, так не интересно.

[leweekend]

Конечно, я сначала сам попытаюсь.

[leweekend]

Подсмотрел немного решение, так как никаких красивых новых идей не было (экспериментировал с вычетами в основном). Значит, я проглядел то, что из уравнений
$1 + x = 2n^2$ и $1 + x^2 = 2m^2$ вытекает, что числа $n^2=\frac{x + 1}{2}$, $n^2 - 1=\frac{x-1}{2}$, $m=\frac{x^2 + 1}{2}$ образуют Пифагорову тройку при $(n, x) \ne (1, 1)$.

Если $x > 1$ и n нечетно, то $n^2 = p^2 - q^2$, $n^2 - 1 = 2pq$, $m = p^2 + q^2$ (формулы для троек), где p, q - взаимно простые числа разной четности и p > q. Тогда $1 = (p - q)^2 - 2q^2$ и $p - q$ является квадратом.

Пока не могу понять, почему $p - q$ является квадратом. Я понимаю, что выражение $1 = (p - q)^2 - 2q^2=p^2 - 2pq + q^2 - 2q^2 = p^2 - q^2$, но как отсюда следует, что $p - q$ является квадрат?

-- 15.10.2018, 19:26 --

Туплю. $1^2 = p^2 - q^2=(p-q)(p+q)$, поэтому каждый из сомножителей - квадрат.

-- 15.10.2018, 19:40 --

Нет, видимо не туплю. $1^2 = p^2 - q^2 - 2pq=(p-q)(p+q) - 2pq$, пока не вижу, как вывести квадрат.

[grizzly]

leweekend в сообщении #1346538 писал(а):

Нет, видимо не туплю.

Ну как же нет? У Вас ведь не 1, а:

leweekend в сообщении #1346538 писал(а):

$n^2 = p^2 - q^2$

[leweekend]

А, ну тогда случай, когда n - нечетно, разобран.

Из $(q^2 + 1)^2 = q^4 + 2q^2 + 1$ и $1 = (p-q)^2 -2q^2$ следует
$(q^2+1)^2=q^4 + 2q^2 + (p-q)^2 - 2q^2=q^4 + (p-q)^2$, то есть (так как p-q - квадрат),
$(q^2+1)^2 = q^4 + t^4$, что невозможно (теорема Ферма).

Остается случай, когда число n четно. Тогда почему-то p четно и $p = 2t^2$ - почему?
Здесь $n^2 = 2pq$, $n^2 - 1 = p^2 - q^2$, $m = p^2 + q^2$ (формулы для троек), где p, q - взаимно простые числа разной четности и p > q.

-- 15.10.2018, 21:27 --

Думаю, можно трактовать как "тогда пусть p четно".

[grizzly]

leweekend в сообщении #1346576 писал(а):

Тогда почему-то p четно и $p = 2t^2$ - почему?
Здесь $n^2 = 2pq$

Ну, квадрат опять из-за того, что $p,q$ -- взаимно простые, а их произведение квадрат. А какое из них взять чётное, может, окажется без разницы? Попробуйте посмотреть, что там получается.

-- 16.10.2018, 00:48 --

Ага, Вы тоже так решили. Но проверить, что это "не уменьшает общности" не помешает.

[leweekend]

Да, спасибо. Задача действительно сложная, приведу решение для второго случая. Сам понял только после детального разбора.

Значит, $1=(p+q)^2 - 2p^2$, $8t^4 = (p+q-1)(p+q+1)$, $2t^4=a(a+1)$.
Одно из чисел $a$, $a+1$ является 4-й степенью, а другое представляет собой удвоенную 4-ю степень. Отсюда следует, что $b^4 - 2c^4 = \pm1$. При знаке $ в этой формуле для $d=c^2$ выполняется равенство $(d^2+1)^2 = d^4 + b^4$, что невозможно. Следовательно, $(d^2-1)^2=d^4 - b^4$. Ясно, что $b\ne0$ (нифига не ясно, строчки две рассуждений, приводящих потом к противоречию).

Таким образом, $b^4=d^4$. Но b и с взаимно просты, поэтому $b=\pm1$, $c=\pm1$, $a = b^4 = 1$, $a + 1 = 2c^4 = 2$, $p+q=3$, $p=2$, $u^2=4$, $x=7$.

[ex-math]

Мне интересно, можно ли добить решение через уравнение Пелля. У меня пока не получается.

[leweekend]

Вот я тоже думаю, как показать, что числители из уравнения Пелля никогда не будут значениями из параболы. Иначе говоря, если квадрат x удовлетворяет уравнению Петля, то само x - никогда.