Код бинома

[Shadow]

nnosipov в сообщении #955100 писал(а):

Угу, а это равенство уже возможно в натуральных числах.

Но не и при $a,b$ разной четности (по модулю 4), что безусловно следует из $u,v$ разной четности, но да...не гладко все проходит.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #955147 писал(а):

Но не и при $a,b$ разной четности (по модулю 4), что безусловно следует из $u,v$ разной четности

Тогда другое дело. Похоже, кстати, что равенство $a^4-6a^2b^2+b^4=-c^2$ возможно только при $a=b$.

[PhisicBGA]

nnosipov в сообщении #954858 писал(а): писал(а):

Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.

Благодарен всем, кто откликнулся на мою тему и помог более глубоко раскрыть её суть.
Я полагал, что определяющим в доказательстве этого нового свойства бинома является "неправильность" коэффициентов в биномиальном многочлене, получающемся после группировки членов разложения бинома.Так,например, "код бинома" 6-ой степени, получающийся после группировки членов в разложении $(x+y)^6 = x^6+6x^5y+15x^4y^2+20x^3y^3+15x^2y^4+6xy^5+y^6$ и замены $x^2=a ; y^2=b$ имеет вид $a^3+15a^2b+15ab^2+b^3$.Это биномиальный многочлен 3-ей степени,но с коэффициентами $1 ; 15 ; 15 ; 1 $ вместо $1 ; 3 ; 3 ; 1 $.Неужели и для этого многочлена можно найти натуральные числа $a ; b $ ( если не учитывать, что они квадраты), при которых он будет точным кубом?

[iifat]

Можно или нет — вопрос. По крайней мере, указанного вами несовпадения коэффициентов для доказательства недостаточно.

[Shadow]

PhisicBGA в сообщении #955376 писал(а):

$a^3+15a^2b+15ab^2+b^3$

PhisicBGA в сообщении #955376 писал(а):

Неужели и для этого многочлена можно найти натуральные числа $a ; b $ ( если не учитывать, что они квадраты), при которых он будет точным кубом?

Будет кубом при целых $a,b$ Уравнение в рациональных числах $x^3+15x^2y+15xy^2+y^3=1$ сводится к находению рациональных точек на эллиптический кривой $t^2=\dfrac{4-c^3}{3}$. Решениями будут $x=\dfrac{1+t}{2c},\; y=\dfrac{1-t}{2c}$ Удвоением точки $(1;1)$ получается $(-11/4;23/8)$ что дает решение $a=-31,b=15$, можно удваивать, проводить секущие...таких точек будет (бесконечно?) много, возможно, будут и положительные.

[Shadow]

Есть, конечно

$\\a=68960527107841\\ b=23754369386159\\ c=137850021357180$

[PhisicBGA]

Спасибо всем за разъяснения. Что же...тем интереснее задача! По-видимому, в доказательстве этого свойства главную роль играет то, что $a$ и $b$ являются квадратами. Тогда ,действительно, необходимость в замене отпадает и надо рассматривать исходный многочлен с числами $x$ и $y$.
Пусть $x;y$ - натуральные числа разной чётности, взаимно простые и $x>y$. Необходимо доказать, что число $x^4+6x^2y^2+y^4$ не может быть квадратом какого либо натурального числа $c$.
Уравнение $x^4+6x^2y^2+y^4 =c^2$ приведём к виду $(x^2+y^2)^2 +(2xy)^2=c^2$.
Сравним его с тождеством для пифагоровых троек - $(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$.Неправда ли, похоже? Только опять путаница:на этот раз со знаками.
Продолжим преобразование исходного уравнения :
$(\frac{x^2+y^2}{2})^2+(xy)^2=(\frac{c}{2})^2$.
$(xy)^2=(\frac{c}{2})^2 - (\frac{x^2+y^2}{2})^2$.
$x^2y^2=(\frac{c+x^2+y^2}{2})(\frac{c-x^2-y^2}{2})$.
Приравняем сомножители:
$x^2=\frac{c+x^2+y^2}{2}$.
$y^2= \frac{c-x^2-y^2}{2}$.
Сложив равенства, получаем:
$c=x^2+y^2$
Следовательно исходному уравнению удовлетворяют только нулевые натуральные числа $x$ и $y$.

[Shadow]

PhisicBGA в сообщении #957667 писал(а):

$x^2y^2=(\frac{c+x^2+y^2}{2})(\frac{c-x^2-y^2}{2})$.
Приравняем сомножители:
$x^2=\frac{c+x^2+y^2}{2}$.
$y^2= \frac{c-x^2-y^2}{2}$.

этот вывод ничем не оправдан. На самом деле Вам нужно боротся с системой:
$\\x^2+y^2=u^2-v^2\\ xy=uv$
Или в рациональных числах с уравнением $x^2+y^2+x^2y^2=1$

(Оффтоп)

В моем сообщении выше не заметил на кривой $y^2=x^3+\frac{4}{27}$ точку $(\frac 2 3;\frac 2 3)$, в результате пропустил хорошее решение $a=14299,\;b=123543,\;c=176956$

[PhisicBGA]

[url][url]url]nnosipov в сообщении #954858 писал(а): писал(а):
Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.[url]

[url]nnosipov в сообщении #955077 писал(а):
Я имел в виду более стандартное рассуждение: если $x^4+6x^2y^2+y^4=c^2$, то $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$, а уравнение $X^4-Y^4=Z^2$ не имеет решений, что доказывается методом спуска.
[/url]

Если я правильно понял, существует вполне корректное доказательство , что уравнение $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$ не имеет решения в натуральных числах и, опираясь на него, можно уверенно сказать, что для бинома 4-ой степени заявленное свойство существует,т.е. сума членов его разложения на нечётных местах не может быть квадратом натурального числа?

[Deggial]

PhisicBGA, цитаты оформляются тегом quote. Создавать цитаты можно кнопками и .
Неправильное оформление цитаты считается нарушением правил форума.

[nnosipov]

PhisicBGA, да, Вы правильно поняли.

[PhisicBGA]

Цитата:

nnosipov в сообщении #954858 писал(а): писал(а):
Кстати, число $x^4+6x^2y^2+y^4$ при натуральных $x$, $y$ действительно не может быть точным квадратом.

Цитата:

nnosipov в сообщении #955077 писал(а):
Я имел в виду более стандартное рассуждение: если $x^4+6x^2y^2+y^4=c^2$, то $(x^2+y^2)^4-(2xy)^4=(c(x^2-y^2))^2$, а уравнение $X^4-Y^4=Z^2$ не имеет решений, что доказывается методом спуска.

Спасибо за подсказку по поводу цитат и особое спасибо nnosipov за быстрый ответ на мой вопрос !
Тогда еще один вопрос:можно ли свести к подобному уравнению сумму членов разложения бинома 8-ой степени стоящих на нечетных местах в разложении - $x^8+28x^6y^2+70x^4y^4+28x^2y^6+y^8$?

[nnosipov]

То есть может ли эта штука быть 4-й степенью? Не знаю. Такие вопросы сводятся к наличию рациональных точек на соответствующих кривых и в довольно редко допускают элементарное решение. Так что вопрос может оказаться сложным.

[PhisicBGA]

Цитата:

Такие вопросы сводятся к наличию рациональных точек на соответствующих кривых и в довольно редко допускают элементарное решение. Так что вопрос может оказаться сложным.

Оказывается эта штука -$x^8+28x^6y^2+70x^4y^4+28x^2y^6+y^8$- может быть представлена следующим образом - $[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]^2+[4xy(x^2+y^2)]^2$.
Тогда уравнение -$[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]^2+[4xy(x^2+y^2)]^2 =c^4$,следуя Вашему алгоритму,принимает вид- $[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]^4-[4xy(x^2+y^2)]^4 =c^4[(x^2+y^2)]^4$.
Учитывая вышесказанное можно, заключить,что это равенство невозможно.Следовательно,и для бинома 8-ой степени можно считать доказанным заявленное свойство бинома Ньютона.

[nnosipov]

Тогда уж лучше так. Пусть $n=4k$. Половину бинома можно представить в виде $((x+y)^{n}+(x-y)^{n})/2$. В итоге получим уравнение $u^{4k}+v^{4k}=2w^{2k}$, которое сводится к уравнению $U^4+V^4=2W^2$, имеющему только тривиальные решения.