Может ли разность кубов быть квадратом?

[Andrey A]

B@R5uk в сообщении #1435272 писал(а):

Или же формула даёт только часть решений?

Я спокоен. Я себя контролирую. Еще раз формулирую общее решение задачи $l^3-r^3=k^2$
При взаимно простых $(l,r)$ различаются два случая.
1) $l-r$ есть утроенный квадрат. Такие решения описываются тождеством $\left [ \left ( \dfrac{a^2+3b^2}{2} \right )^2-3b^4 \right ]^3-\left [ \left ( \dfrac{a^2-3b^2}{2} \right )^2-3b^4 \right ]^3=\left ( \dfrac{3ab(a^4+3b^4)}{4} \right )^2$ при взаимно простых $a,b$.
2) $l-r=n^2$, как например $13^2=8^3-7^3.$ Тут $l=\dfrac{q+n^2}{2},r=\dfrac{q-n^2}{2},k=\dfrac{pn}{2}$ , где $p,q$ — некоторое решение уравнения $p^2-3q^2=n^4$ с четным $p$ при фиксированном нечетном аргументе $n$. Имея на руках два наименьших решения $\dfrac{p_1}{q_1},\dfrac{p_2}{q_2},$ остальные можно получить из бесконечной серии $\dfrac{p_{n+1}=14p_n-p_{n-1}}{q_{n+1}=14q_n-q_{n-1}}...$

Примеры. $ n=1$ (классический Пелль) $\dfrac{p_n}{q_n}=\dfrac{2}{1},\dfrac{26}{15},$ Из второй дроби получаем тройку $\dfrac{15+1^2}{2}=8,\dfrac{15-1^2}{2}=7,\dfrac{26 \cdot 1}{2}=13.$ Остальное по формуле $\dfrac{26 \cdot 14-2=362}{15 \cdot 14-1=209},...$ и т.д. $\dfrac{5042}{2911},\dfrac{70226}{40545},...$ Из последней дроби имеем решение $20273^3-20272^3=35113^2$.

$n=13.$ Одна из серий: $\dfrac{194}{55},\dfrac{2018}{1161},\dfrac{28058}{16199},\dfrac{390794}{225625},...$ Из последней дроби имеем тройку $\dfrac{225625+13^2}{2}=112897;\dfrac{225625-13^2}{2}=112728;\dfrac{390794 \cdot 13}{2}=2540161.$
За наименьшими решениями, если не хочется возиться с цепными дробями, можно зайти в Вольфрам.

Если же требования взаимной простоты $(l,r)$ не стоит, то решений ровно столько, сколько рациональных точек на числовой оси. Об этом тут.

[B@R5uk]

Andrey A в сообщении #1434650 писал(а):

Надо бы еще определиться, что значит "тривиальные". Пусть тройка $l_0,r_0,k_0$ — некоторое решение, и выполняется $l_0^3-r_0^3=k_0^2.$ Тогда верно и $(l_0t^2)^3-(r_0t^2)^3=(k_0t^3)^2$ для любого $t$. Будем считать такие тройки тривиальными (если $t \neq 1$), и наоборот тройку $l,r,k$ считаем нетривиальной, если $\gcd (l,r)$ свободно от квадратов.

Возьмем теперь пару взаимно простых аргументов $p>q$. Для них однозначно определена пара $u,v$ таких, что $p^3-q^3=uv^2$ и $u$ свободно от квадратов. Домножив все слагаемые на $u^3$, имеем нетривиальное решение $(pu)^3-(qu)^3=(vu^2)^2$ — самый простой и полный ответ на вопрос ТС.

Вот это то, что я ищу. Спасибо. Осталось придумать, как оценить диапазон для p и q, чтобы покрыть все решения с квадратами от 1 до N. С параметром t в этом плане всё просто. После этого можно будет писать программу.

[Shadow]

B@R5uk в сообщении #1435272 писал(а):

Если честно, то я пытался понять, почему уравнение $x^2+1=y^3$ не имеет в качестве решения ничего, кроме тривиального $\left(0,1\right)$

А, тут просто - потому что

$\operatorname{Im} (a+bi)^3=b(3a^2-b^2)$, что должно равняться единице.

А вот $x^2-1=y^3$ - намного сложнее. (Конечно, если не использовать тот факт, что $|a^3-2b^3| \ge \sqrt a\;\; \forall a,b \in \mathbb{N}_0$)

-- 15.01.2020, 10:10 --

B@R5uk в сообщении #1435272 писал(а):

Вот только я не пойму, как получить самый первый результат $13^2=8^3-7^3$? Дробные параметры?

Shadow в сообщении #1434296 писал(а):

Я уверен, что уравнение $x^3+y^3=z^2$ рассматривалось на форуме. (плюс-минус это не принципиально). Я тоже его решал в взаимнопростых, но не могу найти. (поисковники не любят формул). У меня три параметризации получились - первая для $3\nmid z$.

$x=4v(u^3+v^3)$
$y=u(u^3-8v^3)$
$z=u^6+20u^3v^3-8v^6$

Как раз тот случай, когда $z$ не делится на 3. $(8,-7,13)$ получается при $u=1,v=1$

[Dmitriy40]

Andrey A в сообщении #1435266 писал(а):

Или Вы не ищите легких путей? ))

Программа была написана ещё до появления всех этих серий.

B@R5uk в сообщении #1435272 писал(а):

Однако считать в лоб по формуле, а потом сортировать результат должно должно быть гораздо быстрее.

Разумеется. Но программа была до появления формул. Да и полезно для сверки формул, например.

[Andrey A]

Dmitriy40 в сообщении #1435368 писал(а):

Программа была написана ещё до появления всех этих серий.

Вот я и чувствую. А то мы действительно как в параллельных ветках существуем. Кое-что забыл: аргументы $a,b$ в тождестве — нечетные взаимно простые, причем $3\nmid a$, иначе тройка не вз. проста. Переменные не симметричны, поэтому из каждой пары в общем случае следует два решения. При желании можно рассмотреть уравнение $x^3-y^3=az^2$ для фиксированного $a$ свободного от квадратов. Оно равносильно уравнению $(ax)^3-(ay)^3=(a^2z)^2$, и можно ожидать бесконечных серий или тождеств, подобных случаю $a=1$, с которым более менее всё ясно.

[Dmitriy40]

(Оффтоп)

Andrey A в сообщении #1435375 писал(а):

А то мы действительно как в параллельных ветках существуем.

Так и есть. Пока вопрос был скорее экспериментальный, я наваял программульку и получил что-то. Как обсуждение пошло в математику, я замолк и лишь читаю и отвечаю на прямые вопросы мне.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1435285 писал(а):

Конечно, если не использовать тот факт, что $|a^3-2b^3| \ge \sqrt a\;\; \forall a,b \in \mathbb{N}_0$

Можете пояснить, откуда этот факт? Без конкретизации константы при $\sqrt{a}$ это следует из теоремы Рота, но доказательство последней, как известно, неэффективно. Так что факт представляется довольно нетривиальным.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1435653 писал(а):

Можете пояснить, откуда этот факт

Кажется, ниоткуда. Точнее - не факт Здесь, на второй странице об этом упоменается.

[nnosipov]

Shadow
Спасибо. Как выяснилось, эту статью я уже просматривал, просто забылись детали.