(k+1)^4 имеет делитель ≡ -1 (mod k)

[maxal]

Постройте бесконечную серию положительных целых чисел $k$, для которых $(k+1)^4$ имеет делитель сравнимый с -1 по модулю $k$.

[nnosipov]

То есть, найти бесконечно много таких пар $(k,l)$ натуральных чисел, что дробь

$$\frac{(k+1)^4}{kl-1}$$

есть целое число. Последнее эквивалентно тому, что дробь

$$\frac{k^2+l^2+4k+4l+6}{kl-1}$$

есть целое число. Не исключено, что можно описать все такие пары $(k,l)$ (не смог найти ни одной $(k,l)$, для которой целое значение этой дроби было бы больше $23$). Вот более простой (надеюсь, что только технически) пример такого рода: дробь

$$\frac{k^4-k^2+1}{kl-1},$$

для которой можно найти все пары $(k,l)$ натуральных чисел, приводящие к целым значениям этой дроби.

[maxal]

nnosipov, всё так. Остался последний шаг, а если точнее "прыжок"

[nnosipov]

maxal
Получается, что можно получить полный аналог результата отсюда: Mills W.H. A method for solving certain diophantine equations // Proc. Amer. Math. Soc. 1954. V. 5. P. 473—475. Здесь нужно побороться за точную оценку целочисленных значений дроби

$$\frac{x^2+y^2+ax+by+c}{xy-1}.$$

Что-то типа $2a+b+c+5$ при условии $a \geqslant b \geqslant 0$, $c \geqslant 1$ и оба числа $a^2-4c$, $b^2-4c$ не являются точными квадратами.

maxal в сообщении #1546787 писал(а):

"прыжок"

Можно, конечно, и так, но у меня здесь своя теория. Но это уже вопрос вкуса технологий. Подозреваю, что на выходе результаты будут примерно одинаковыми.

[maxal]

nnosipov, да должно получиться. Только вот я не вижу прыжков в случае $a\ne b$.
Не знаю, что вы имеете в виду под своей теорией, но прыжки Виета - вполне устоявшийся термин.

[nnosipov]

maxal в сообщении #1546790 писал(а):

прыжки Виета - вполне устоявшийся термин

Да, я это и имел в виду. Мой подход основан на поиске "базисных решений" уравнения вида $u^2-muv+v^2=B$. Результат Милса (с точной оценкой) получается относительно легко, это я уже давно сделал. Думаю, что это доказательство модифицируется на Ваш случай. Но надо, конечно, его аккуратно записать. Как сделаю, поделюсь.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1546786 писал(а):

не смог найти ни одной $(k,l)$, для которой целое значение этой дроби было бы больше $23$).

Не будет, из-за условия для минимального решения $k_0 \le 1+\dfrac{8}{n-2}$, , где $n$ - целое значение дроби. Тоесть, при $n>10$ должно существовать решение $l=1$, откуда $n \in \{14,16,23\}$
Остальные $n\le 10$, для которых существуют решения (серии решений): $3,4,6,7,10$

[maxal]

Shadow, всё так. Ещё можно заметить, что частные 16 и 23 дают по две последовательности, а остальные по одной. То есть все искомые $k$ образуют объединение 10 линейных рекуррентностей второго порядка.

[maxal]

Добавил в OEIS последовательность A350916 значений $k$ и 10 рекуррентных последовательностей её образующих.

Кстати, для больших степень $k+1$ есть свои серии решений. Например, для $(k+1)^6$ частной серией решений является A001570. Вполне допускаю, что до 6й степени их также можно полностью описать - по аналогии с

maxal в сообщении #820090 писал(а):

maxal в сообщении #135812 писал(а):

найдите такие пары простых чисел $p,q$, что $p|(1+q^3)$ и $q|(1+p^3).$

Без требования для $p,q$ быть простыми, эта задача рассматривается в статье:
S. P. Mohanty, A system of cubic diophantine equations, Journal of Number Theory 9(2), 1977, 153–159.

[nnosipov]

maxal в сообщении #135812 писал(а):

найдите такие пары простых чисел $p,q$, что $p|(1+q^3)$ и $q|(1+p^3).$

Черт, я недавно заново придумал эту задачу, совершенно забыв про этот пост Ну ведь хорошая задача получилась-то.

maxal, а Вы ее где-нибудь (кроме dxdy) публиковали?

[maxal]

nnosipov в сообщении #1546912 писал(а):

думал эту задачу, совершенно забыв про этот пост Ну ведь хорошая задача получилась-то.

maxal, а Вы ее где-нибудь (кроме dxdy) публиковали?

Я вашу задачку не видел, а то бы вспомнил "свою". Я её нигде не публиковал, но я теперь и не уверен, что я ее сам придумал, а не где-то подсмотрел.

[rightways]

Я видел задачу $pq| p^3+q^3+1 в KöMal

[nnosipov]

maxal в сообщении #1546926 писал(а):

Я вашу задачку не видел

А я ее здесь не публиковал, надеясь, что пригодится для какой-нибудь олимпиады. Теперь уже нет

rightways
Спасибо. А не дадите точную ссылку? Это, наверное, еще и на венгерском.

[rightways]

https://www.komal.hu/feladat?a=feladat&f=A677&l=en

Тут решение не опубликовано

Хорошая задача на спуск Виета

[nnosipov]

rightways
Спасибо.