Еще одно диофантово уравнение

[juna]

maxal писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

или $r=3\Rightarrow 4p^2-3q^4=1$, что приводит к указанному maxalом уравнению Пелля с единственным решением $p=q=1$

А можно увидеть доказательство единственности этого решения?

Да, это был пробел.
Можно выразить все решения этого уравнения Пелля, исходя из минимального.
Уравнение Пелля $3x^2+1=y^2$ имеет минимальные решения $x_{min}=1,y_{min}=2$.
Тогда для уравнения $3(q^2)^2+1=(2p)^2$ все решения получаются:
$2p=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor}C_{n}^{2i}\cdot 2^{n-2i}\cdot 3^i$ (1)
$q^2=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor{\frac{n-1}{2}}\rfloor}C_{n}^{2i+1}\cdot 2^{n-2i-1}\cdot 3^i$ (2)
Из (1) ясно, чтобы получить четную сумму нужно рассматривать только нечетные $n$.
Из (2) при $n=4k+3$ указанная сумма $\equiv 3 \mod 4$, но $q^2\equiv 0,1 \mod 4$.
Поэтому, следует рассматривать только номера $n=4k+1$, а для них вы вроде показали невозможность быть квадратом.
Можно еще показать, что номера $n=6k-1$ не могут дать квадрата, т.к. тогда сумма сравнима с 2 по модулю 3.

[maxal]

Батороев писал(а):

maxal писал(а):

Что значит "нет смысла"? Где доказательство?

"Нет смысла" - это значит то, что, найдя решения уравнения
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m(m-1)}{2}]^2 = n^2$ (1),

(1) у меня это система из двух уравнений:
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m(m-1)}{2}]^2 = n^2$
$\left(\frac{(m+1)(m+2)}{2},\frac{m(m-1)}{2}\right) = 1.$

Батороев писал(а):

Вы затем пытаетесь найти решения уравнения:
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m(m-1)}{2}]^2 = 9a^2b^2$, (2)

А (2) - это тоже система:
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{2}]^2 - [\frac{m(m-1)}{2}]^2 = n^2$
$\left(\frac{(m+1)(m+2)}{2},\frac{m(m-1)}{2}\right) = 3.$

Батороев писал(а):

при
$ m\equiv1(mod3) $
$ n^2 = 9a^2b^2$,
т.к. приравниваете
$ C - B = 2m +1 = 3a^2$
$ C + B = m^2 + m + 1 = 3b^2 $

Таким образом, уравнение (2) приобретает вид:
$ [\frac{(m+1)(m+2)}{6}]^2 - [\frac{m(m-1)}{6}]^2 = (ab)^2 = (\frac{n}{3})^2 $, что при C, B и n, кратных 3, эквивалентно уравнению (1).

Не эквивалентно! Потому что в (1) есть уравнение (B,C)=1, которому B и C из системы (2) не удовлетворяют!

P.S. А если вы сокращаете на 9, то получаете уже совсем другие числа:
$C' = \frac{(m+1)(m+2)}{6}$ и $B'=\frac{m(m-1)}{6}$, которые хотя и удовлетворяют свойству (B',C')=1, но отличаются от B и C, поэтому эквивалетности нет.

P.P.S. А если в (2) явно подставить $m=3m'+1$ и сократить на 9, то получится уравнение:
$ [\frac{(3m'+2)(m'+1)}{2}]^2 - [\frac{(3m'+1)m'}{2}]^2 = \left(\frac{n}{3}\right)^2$
что опять-таки отличается от (1).

Добавлено спустя 12 минут 59 секунд:

Артамонов Ю.Н. писал(а):

maxal писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

или $r=3\Rightarrow 4p^2-3q^4=1$, что приводит к указанному maxalом уравнению Пелля с единственным решением $p=q=1$

А можно увидеть доказательство единственности этого решения?

Да, это был пробел.
Можно выразить все решения этого уравнения Пелля, исходя из минимального.
Уравнение Пелля $3x^2+1=y^2$ имеет минимальные решения $x_{min}=1,y_{min}=2$.
Тогда для уравнения $3(q^2)^2+1=(2p)^2$ все решения получаются:
$2p=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor}C_{n}^{2i}\cdot 2^{n-2i}\cdot 3^i$ (1)
$q^2=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor{\frac{n-1}{2}}\rfloor}C_{n}^{2i+1}\cdot 2^{n-2i-1}\cdot 3^i$ (2)
Из (1) ясно, чтобы получить четную сумму нужно рассматривать только нечетные $n$.
Из (2) при $n=4k+3$ указанная сумма $\equiv 3 \mod 4$, но $q^2\equiv 0,1 \mod 4$.
Поэтому, следует рассматривать только номера $n=4k+1$, а для них вы вроде показали невозможность быть квадратом.

Нет. Соотношение между нашими решениями уравнения Пелля такое: индекс k в моем решении (то есть $x_k$) соответствует индексу n=2k+1 в вашем. Я доказал, что квадрат невозможен для всех k, не кратных 4-м. На вашем языке это означает, что нужно еще рассматривать индексы n=8k+1 и доказывать, что соответствующие члены квадратами быть не могут.

[juna]

Понял. Тогда, с учетом сказанного вами и мной, можно показать, что следует рассматривать только два типа индексов: $24k+9$ и $24k+1$.
Уравнение $3c^4\pm 2=d^4$ (где плюс откидывается по естественным причинам) легко получить без ухищрений непосредственно из самого уравнения Пелля. Вроде бы у Делоне рассматривается $ax^4+y^4=\pm 1$ и утверждается только об одном нетривиальном решении.

[Батороев]

maxal писал(а):

[Не эквивалентно!

Убедили!
Ошибку свою признаю

Интересно, как выглядит вопрос Ю. Н. Артамонова в m-чной системе счисления (при m>3):
"$ m^3 + (m+1)^3 = 1000 + 1331 = 2331 $, т.е. может ли быть в какой-либо системе счисления:
$ n^2 = 2331$?
или в Вашем разложении:
$ n^2 = 21*111 $? ":)

[Батороев]

Еще одно, как мне кажется, любопытное наблюдение по задаче, т.е. с чем мы имели дело.
Т.к. суммы кубов натурального ряда чисел всегда представимы в виде квадратов треугольных чисел:
$ 1 + 2^3 + 3^3 +... + (m-1)^3 + m^3 + (m+1)^3 = [1 +2 + 3 +...(m-1) + m + (m+1)]^2$
$ 1 + 2^3 + 3^3 + ... +(m-1)^3 = [1 +2 + 3 +...(m-1)]^2$,
то имеем:
$ m^3 + (m+1)^3 = [1 +2 + 3 +...+ (m-1) + m + (m+1)]^2 - [1 +2 + 3 +... + (m-1)]^2 $
другими словами уравнение:
$ n^2 = {T^2_{m+1}} - {T^2_{m-1}}$ имеет решение только при $m = 1 $

Почти теорема

[juna]

Батороев писал(а):

Интересно, как выглядит вопрос Ю. Н. Артамонова в m-чной системе счисления (при m>3):
"$ m^3 + (m+1)^3 = 1000 + 1331 = 2331 $, т.е. может ли быть в какой-либо системе счисления:
$ n^2 = 2331$?
или в Вашем разложении:
$ n^2 = 21*111 $? ":)

Здесь еще для десятичной мы не решили.

[Батороев]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Батороев писал(а):

Интересно, как выглядит вопрос Ю. Н. Артамонова в m-чной системе счисления (при m>3):
"$ m^3 + (m+1)^3 = 1000 + 1331 = 2331 $, т.е. может ли быть в какой-либо системе счисления:
$ n^2 = 2331$?
или в Вашем разложении:
$ n^2 = 21*111 $? ":)

Здесь еще для десятичной мы не решили.

Имеется в виду, что, рассматривая выражение
$ m^3 + (m + 1)^3 $,
в m-чной системе счисления, всегда будем иметь в цифрах 2331.
Если m = 10, то здесь все ясно, т.к. в 10-чной СС 2331 не является квадратом.

[juna]

Не понимаю, откуда 2331, и, вообще, причем тут системы счисления, ведь между ними изоморфизм?
На всякий случай приведу свои выкладки подробно.
Указанные мной формулы можно свернуть к замкнутому виду:
$(1+\frac{\sqrt 3}{2})^n=\sum\limits_{i=0}^{n}C_n^i\cdot2^{-i}\cdot3^{\frac{i}{2}}$
$(1-\frac{\sqrt 3}{2})^n=\sum\limits_{i=0}^{n}C_n^i\cdot (-1)^i \cdot 2^{-i}\cdot3^{\frac{i}{2}}$
$(1+\frac{\sqrt 3}{2})^n+(1-\frac{\sqrt 3}{2})^n=2\cdot \sum\limits_{i=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}} \rfloor}C_n^{2i}\cdot 2^{-2i}\cdot 3^i$
$\frac{(2+\sqrt 3)^n+(2-\sqrt 3)^n}{2}= \sum\limits_{i=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}} \rfloor}C_n^{2i}\cdot 2^{n-2i}\cdot 3^i$
Если подставить в формулу, то
$q^4=\frac{(2+\sqrt 3)^{2n}+(2-\sqrt 3)^{2n}-2}{12}$ - только не понятно, чем это может помочь.
Кроме того, как показано, следует рассматривать только индексы $n=4k+1$, среди которых надо также исключить $6l-1$, т.е. решаем линейное диофантово уравнение $4k+1=6l-1$, откуда $k=3t+1, l=2t+1$. Значит нужно рассмотреть только два вида $k=3t+2$ и $k=3t$.
Т.е. нужно рассматривать два вида индексов $n=12t+9, n=12t+1$. С учетом того, что $k$ должно быть четно, получаем $24t+9$ и $24t+1$.
Наконец, к уравнению вида $3v^4-2=u^4$ можно придти:
$3q^4=(2p-1)(2p+1)$
$\text{НОД} (2p-1,2p+1)=1$, $q^4=\frac{(2p-1)(2p+1)}{3}\rightarrow p\equiv 1 \mod 3$ или $ p\equiv 2 \mod 3$
Это приводит к двум формам $q^4=(6k+1)(2k+1)$ или $q^4=(6k+5)(2k+1)$
$6k+5=u^4$, $2k+1=v^4 \rightarrow u^4=3v^4+2$ - невозможно,
$6k+1=u^4$, $2k+1=v^4 \rightarrow u^4=3v^4-2$.

[Батороев]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Не понимаю, откуда 2331, и, вообще, причем тут системы счисления, ведь между ними изоморфизм?

В любой m-чной системе счисления (m > 3)
$ m = 10 , m + 1 = 11 $
$ m^3 = 1000 , (m+1)^3 = 1331 $,
следовательно
$ m^3 + (m+1)^3 = 1000 + 1331 = 2331 $,
т.е. изоморфизм коснулся "внешнего вида" рассматриваемого выражения.
Это ни о чем, по-видимому, не говорит, но выглядит любопытно.
По крайней мере, мне так казца

[bot]

Это говорит лишь о том, что

$m^3=1\cdot m^3+0\cdot m^2+0\cdot m^1+0\cdot m^0 = 1000_m$

$(m+1)^3=1\cdot m^3+3\cdot m^2+3\cdot m^1+1\cdot m^0 = 1331_m$,

откуда сложением на частном примере обнаруживаем изоморфизм между числами
и их представлениями в m-чной системе:

$m^3+(m+1)^3=2\cdot m^3+3\cdot m^2+3\cdot m^1+1\cdot m^0 = 2331_m$

Ну очень любопытный факт.

[Батороев]

bot писал(а):

Ну очень любопытный факт.

Любопытство - свойство индивидуальное...
Оно в значительной мере зависит от того, каким образом мыслит тот или иной индивид.
Я, например, теряюсь в формулах, но неплохо "чувствую" числа и мне понятней такие изоморфные выкладки, касающиеся данной задачи:
$ 21 = 11^2 - 10^2 $
$ 111 = 11^2 - 10 $
$ 21 = 10 + 11 $ и т.д.
Если я - один такой ненормированный, тогда пусть слово "любопытно" в моем предыдущем сообщении отнесется только ко мне.
А еще мне любопытно, где проходит грань между изоморфизмом и его отсутствием?

[Батороев]

maxal писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Докажите, что уравнение $(m+1)^3+m^3=n^2$ имеет в целых числах только два решения $m=0,n=1$ и $m=1,n=3$.

Разложим левую часть:
$(m+1)^3+m^3 = (2m+1)(m^2+m+1)$
Нетрудно видеть, что НОК множителей обязан быть делителем 3. Рассмотрим два случая:

1) $\mbox{НОК}(2m+1,m^2+m+1)=1.$ В этом случае с необходимостью имеем, что оба сомножителя обязаны быть квадратами:
$2m+1 = a^2$
$m^2+m+1 = b^2$
Откуда $(2b-a^2)(2b+a^2)= 4b^2 - a^4 = 3,$ и поэтому $a=b=\pm 1,$ что дает $m=0$ и $n=\pm 1.$

2) $\mbox{НОК}(2m+1,m^2+m+1)=3.$ В этом случае имеем:
$2m+1 = 3 a^2$
$ m^2+m+1 = 3 b^2$
где $(a,b)=1.$ Получаем $12 b^2 - 9 a^4 = 3$ или $(2 b)^2 - 3 a^4 = 1.$

$ 2m + 1 = \sqrt{8T_m + 1} $
$ m^2 + m + 1 = 2T_m +1 $ (где $T_m $ - треугольное число конкретного m)

[maxal]

maxal в сообщении #57532 писал(а):

Осталось показать, что уравнение $3 t^4 = z^4 + 2$ имеет единственное решение в натуральных числах $z=t=1.$

Это, кстати, уравнение Туэ, про которое известно, что оно имеет лишь конечное число целочисленных решений, и существует алгоритм их поиска. Вот как его решает PARI/GP:

? T=thueinit(x^4-3); thue(T,-2)
%1 = [[-1, 1], [1, -1], [1, 1], [-1, -1]]

Как и предполагалось, в натуральных числах имеется только единственное решение $z=t=1.$

[juna]

maxal писал(а):

Это, кстати, уравнение Туэ, про которое известно, что оно имеет лишь конечное число целочисленных решений, и существует алгоритм их поиска.

То, что уравнение Туэ имеет конечное число решений - понятно, а вот по какому алгоритму PARI/GP находит именно эти решения, непонятно. Соответственно, лично у меня, неудовлетворенность (недоверие) к такому решению возникает.

[maxal]

Алгоритм нахождения всех решений уравнения Туэ описан, например, в статье
N. Tzanakis and B. M. M. de Weger "On the practical solution of the Thue equation"

В документации к PARI/GP написано, что функция thue() находит все решения. Причем, если в решении используется гипотеза Римана, то выдается соответствующее предупреждение. В данном случае предупреждения не было - значит, мы имеем дело с относительно простым случаем. Если есть желание - проверьте решение вручную по алгоритму из вышеуказанной статьи.