читая Серпинского ``О решении уравнений в целых числах''...

[Руст]

Простота k не причём. Просто существуют целые a,b,c, что целое k представляется в виде $k=\frac{a^4+b^4}{c^2}$.

[Мат]

Бодигрим, Руст
Все абсолютно верно. Дело в том, что любыми делителями числа $a^4+b^4$ могут лишь быть простые числа вида $8k+1$.
http://dxdy.ru/topic18834-135.html

Коровьев писал(а):

Этот результат можно получить из следущей теоремы
Если $ (a;b)=1$ и $a+b$ не делится на простое $p$, то
$ \frac{a^p+b^p}{a+b}$ и $a+b$ не содержат общих множителей /взаимно простые/.
Причём
$ \frac{a^p+b^p}{a+b}=a^{p-1} - a^{p-2}b + ...+ b^{p-1} $
содержит только простые множители вида
$m=2kp+1$

Только мне пришлось ее слегка модифицировать для $p=4$, не являющегося простым числом.

[Бодигрим]

Руст писал(а):

Простота k не причём. Просто существуют целые a,b,c, что целое k представляется в виде $k=\frac{a^4+b^4}{c^2}$.

Ну да, это гарантирует существование хотя бы одного "почти-тривиального" решения. А откуда растут ноги у других? Или это случайность, что при $a,b<1000, 3\le k\le50$ решения нашлись лишь для $k=17$, но сразу четыре штуки?

[Мат]

maxal
Вы правы. В книге Серпинского действительно на стр.58-59 рассматриваются первые пять случаев уравнения
$a^4+b^4=kp^2$ для $k=1, 2, 3, 4, 5$.
но там ничего не сказано, что решениями данного уравнения могут быть лишь простые числа $k=8q+1$.
Иначе бы Серпинский не стал рассматривать данные пять случаев. Следовательно, данный факт был ему неизвестен.

[Бодигрим]

Мат, давайте еще раз: каким образом $k=82$ вы приводите к виду $8q+1$? И каким образом оно простое?

Мат в сообщении #193195 писал(а):

но там ничего не сказано, что решениями данного уравнения могут быть лишь простые числа $k=8q+1$.
Иначе бы Серпинский не стал рассматривать данные пять случаев. Следовательно, данный факт был ему неизвестен.

Очень странная логика.

[Мат]

Бодигрим писал(а):

Мат, давайте еще раз: каким образом $k=82$ вы приводите к виду $8q+1$? И каким образом оно простое?

Все очень просто. Если оба числа $a$, $b$ нечетны, то тривиальным делителем любого числа $a^4+b^4$ становится также и число $2$. Делим $82$ на $2$ получаем $41=8k+1$. Отсюда появляется в пределах $k<100$ еще одно решение $k=17*2=34$. Нетрудно заметить, что числа $51$ и $68$ уже являться решениями не будут, т.к. не может быть решений для $k$ имеющих простые множители отличные от чисел $8q+1$, кроме $p=2$. Хотя надо отдать должное, что в принципе также возможно и решение при $k=2$. Но в книге Серпинского сказано, что оно не может иметь решений кроме тривиального $a=b, p=a^2$

[Батороев]

При четном $b$ и нечетном, $a$
$a^4;p^2\equiv 1\pmod 8$,
$ b^4\equiv 0 \pmod 8$,
cледовательно, $k\equiv 1 \pmod 8 $.

При нечетных $a$ и $b$
$a^4;b^4\equiv 1\pmod 8$,
$ p^2\equiv 1 \pmod 8$,
cледовательно, $k\equiv 2 \pmod 8 $.

[Мат]

Батороев
$k=9\equiv1\pmod8$
$k=25\equiv1\pmod8$
не являются решениями данного уравнения ни при каких $a$,$b$,$p$.

[Батороев]

Я Вам привел обоснование того, какими могут быть $k$, а не какими они должны быть.
Например, при простых $ k=41, 89 $ также нет решений, но я ж не протестую против Вашего утверждения насчет простых $ k=8q+1$ (правда, обоснования, что $k$ должно быть простым, Вы пока не привели).

Добавлено спустя 34 минуты 43 секунды:

Мат писал(а):

Бодигрим писал(а):

Мат, давайте еще раз: каким образом $k=82$ вы приводите к виду $8q+1$? И каким образом оно простое?

Все очень просто. Если оба числа $a$, $b$ нечетны, то тривиальным делителем любого числа $a^4+b^4$ становится также и число $2$. Делим $82$ на $2$ получаем $41=8k+1$. Отсюда появляется в пределах $k<100$ еще одно решение $k=17*2=34$. Нетрудно заметить, что числа $51$ и $68$ уже являться решениями не будут, т.к. не может быть решений для $k$ имеющих простые множители отличные от чисел $8q+1$, кроме $p=2$. Хотя надо отдать должное, что в принципе также возможно и решение при $k=2$. Но в книге Серпинского сказано, что оно не может иметь решений кроме тривиального $a=b, p=a^2$

Предлагаю не путать число $k$ с другими числами.
Если мы нашли $k=82$, то не следует вводить обозначение $ k=\dfrac{82}{2}=41$ лишь из-за того, что оно похоже на $k=8q+1$.
В противном случае мы получим тааакую "кашу".

[Мат]

Батороев писал(а):

Я Вам привел обоснование того, какими могут быть $k$, а не какими они должны быть.
Например, при простых $ k=41, 89 $ также нет решений, но я ж не протестую против Вашего утверждения насчет простых $ k=8q+1$ (правда, обоснования, что $k$ должно быть простым, Вы пока не привели).

$11^4+10^4=41\cdot601$
$7^4+5^4=89\cdot34$
- данные числа прекрасно делятся как на $41$, так и на $89$ - почему вы исключаете такую возможность? Хотя интуитивно я с вами согласен. Но тут речь идет уже о более глубоких "подводных камешках", (условиях на частное от деления), которые пока озвучить не могу.

Никакое уравнение $x^2+2=y^n$ не имеет решений при $n>3$.

[Nik_Svan]

Dandan писал(а):

Лучше б чё-нить про эллиптические кривые поразбирали на форуме с таким вниманием ). Может хоть поубавилось бы 'доказателей' ВТФ

Здесь необходимо идти другим путем. Берите пример с некоего Мунина (физическая ветка форума), который довольно здорово разоблачает невежество вымышленных героев.

[Sonic86]

Если интересно кому-то:
Можно легко уравнение $y^2=x^3-2$ решить с поомщью алгебраических чисел.

[Бодигрим]

Да, мне, например, интересно.

[General]

Спасибо за ссылку, скачал, очень интересно

[Sonic86]

$y^2+2=x^3$. От противного находим, что $x,y$ нечетные. Пусть $j= \sqrt{-2}$, тогда в $\mathbb{Z}[j]$ будет $(y+j)(y-j)=x^3$. Находим НОД:
$gcd (y+j; y-j) = gcd (y+j; 2j) = gcd (y+j; j) = gcd (y; j)=1$.
Во 2-м и 4-м переходе используется то, что $y$ - нечетное.
Действ., $y+j = 2m \Rightarrow y^2-2=N(y+j) = 4m^2$, то есть, что $y^2-2$ кратно 2, что неверно. И так же из $y=jm \Rightarrow y^2=N(y)=2m^2$ следует, что $y$ кратно 2, что неверно.
$gcd (y+j; y-j) = 1, (y+j)(y-j)=x^3 \Rightarrow y+j=(p+qj)^3, y-j=(p-qj)^3$, откуда
$j= \frac{(p+qj)^3-(p-qj)^3}{2}=qj(3p^2-2q^2)$, откуда $q=p=1$, а значит $y=(1+j)^3-j=-5, x=3$.

Если пообобщать на $y^2+k=x^3, k>0$, то будет верно для всех $k$, свободных от квадратов. (Если я в док-ве не ошибся.)