Puede que la diferencia de dos números de Fibonacci ser un cuadrado infinitamente a menudo?
Hay pocas soluciones con índices de $<10^{4}$ el más grande de los dos se $F_{14}-F_{13}=12^2$ e $F_{13}-F_{11}=12^2$
Probablemente esto significa que no hay identidades entre los vecinos cercanos.
Puesto que los números de Fibonacci son los únicos integral de puntos en algunos de género 0 curvas el problema es equivalente a encontrar integral de puntos en una de las pocas variedades. La fijación de $F_j$ conduce a la búsqueda integral de puntos en un cuarto grado de modelo de una curva elíptica.
Hay otras soluciones además de los pequeños?
[Añade más adelante] Aquí hay un enlace para curvas elípticas por François Brunault del comentario.
De acuerdo a DIOPHANTINE ECUACIONES, FIBONACCI HIPÉRBOLAS,. Y FORMAS CUADRÁTICAS. Keith Brandt y Juan Koelzer.
Los números de Fibonacci con impares consecutivos índices son las únicas soluciones para $$ x^2-3xy+y^2 = -1 \qquad (1)$$
Los números de Fibonacci consecutivos con incluso los índices son las únicas soluciones para $$ x^2-3xy+y^2 = 1 \qquad (2)$$
Dado $F_n$ e $F_{n+2}$ uno puede calcular el $F_{n+k}$ usando el algoritmo de Fibonacci de la recurrencia y la $F_{n+k}$ será una combinación lineal $l(x,y)$ de % de$x,y$. La adición de $l(x,y)-x=z^2$ a (1) o (2) da un género 1 curva. (O simplemente solucionar $l(x,y)-x=z^2$ y sustituir en (1) o (2) para obtener un género 1 cuártica).
La forma cerrada de $l(x,y)$ podría ser de interés, no se puede encontrar la identidad en el momento.
Probablemente un género 0 curva con la forma de los puntos de $F_{2n},F_{2n+1}$ va a ser mejor.
Añadido mucho más tarde
Hace algunos generalización de la $abc$ conjetura de predecir algo?
Para 3 números de Fibonacci identidades son mucho más fáciles:
$$ F_{4n+1}+F_{4n+3}-F_3 = L_{2n+1}^2$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Todas las soluciones para $F_{n + 4m} - F_n$ son los de la lista, salvo los casos de $m=2$ e $m=12$ donde todavía tengo algunos problemillas para trabajar.
Siguiente Sawin sugerencia, escribimos $F_{n + m} - F_n$ como reccurence, con algunos de los primeros términos. Tomando $n=0$ nos dice que $F_m$ es un término, y $F_{m+1} - 1$ es el siguiente. Extrapolando hacia atrás, tenemos el término general $F_{m-i} + (-1)^i F_i$. Así que podemos ver que si $m=4k+2$, entonces el plazo $i = 2k+1$ nos da $0$, y el siguiente término nos da $F_{2k} + F_{2k+2} = L_{2k+1}$, por lo que tenemos una copia de los números de Fibonacci, multiplicado por $L_{2k+1}$. Es decir, $F_{n + 4k+2} - F_n = L_{2k+1}F_{n + 2k+1}$. Si $m = 4k$, entonces el plazo $i=2k$ nos da $2F_{2k}$, y el siguiente término nos da $F_{2k+1} - F_{2k-1}=F_{2k}$, por lo que tenemos una copia de los números de Lucas, multiplicado por el $F_{2k}$. Es decir, $F_{n + 4k} - F_n = F_{2k}L_{n + 2k}$. Esto es útil, ya que hay ciertos números primos que nunca dividir números de Lucas (véase http://oeis.org/A053028), así que si $F_{2k}$ contiene uno de estos números primos (exactamente uno es más fácil, pero cualquier extraño múltiples va a hacer), entonces el producto no puede ser un cuadrado.
Agol dio un enlace a un artículo en los comentarios (http://www.fq.math.ca/Scanned/7-1/ferns.pdf), que también contiene este resultado.
Vamos a encontrar todas las plazas donde $m = 2^k$. Los casos de $k=0, 1$ fueron dadas por AH en los comentarios, y en el caso de $k=2$ también está incluido allí. Necesitamos dos hechos acerca de los números de Lucas, ambos de los cuales son fáciles de ver. En primer lugar, $3 | L_m$ fib $m \equiv 2 \pmod{4}$, y la segunda, $7 | L_m$ fib $m \equiv 4 \pmod{8}$.
Desde $4 | 2^k$, podemos escribir $F_{n + 2^k} - F_n = F_{2^{k-1}}L_{n + 2^{k-1}}$. No he resuelto el caso de $k = 3$ (esta brecha se ha fijado, ver la 2a edición de abajo), es equivalente a encontrar Lucas números de $x$ en la ecuación de Diophantine $x^2 + 2 = 3y^2$. Por ahora suponga $k > 3$. Por los hechos anteriores, sabemos que $3$ e $7$ no puede dividir un número Lucas, por lo que queremos mostrar que cada uno de ellos dividen $F_{2^{k-1}}$, y que ni $3^2$ ni $7^2$ lo hace. Que tanto a los 3 y 7 se dividen de la siguiente manera de $F_8=21$ e $F_n | F_{2n}$. Que tanto 9 y 49 no se dividen de la siguiente manera por inducción: el caso base es $F_8$; y tenemos $F_{2^{k+1}} = F_{2^k}L_{2^k}$, y ni de 3 ni 7 se puede dividir $L_{2^k}$ al $k>2$. Luego, por inducción de las plazas no se dividen $F_{2^k}$ para $k \geq 3$, y ninguna de las $3$ ni $7$ brecha $L_{2^k}$, ya que el $2^k \equiv 0 \pmod{8}$. Por lo tanto no hay plazas al $m = 2^k$ e $k > 3$.
Para el caso general de $m=4k$, escribimos $F_{n + 4k} - F_n = F_{2k}L_{n + 2k} = F_{k}L_{k}L_{n + 2k}$ e invocar Carmichael del teorema: para cada una de las $n>3$, hay al menos un primer $p | F_n$ que divide a no anterior número Fibonacci. Tal es el primer llamado primitivo. Además - esto no es parte del teorema - $p^2 \nmid F_n$ (después de intentar trabajar con una prueba de esto, fui a la literatura y encontraron que esto es una conjetura en P. Ribenboim "Plaza de las clases de Fibonacci y Lucas números de Puerto. Matemáticas 46 (1989), 159-175. No estoy seguro de si se ha demostrado o falsificados, desde luego). Tomando $n$ a ser impar, podemos aprovechar el hecho de que $p$ no dividir cualquier número Lucas, desde su Fibonacci punto de entrada es un número impar (ver C. Boleta y M. Elia, "Rank y el período de los números primos en la secuencia de Fibonacci; una tricotomía," de la Fib. Cuarto de galón., 45 (Nº 1, 2007), 56-63). Si el impar parte de $k$ es mayor que $3$, hemos terminado, ya podemos seguir dividiendo $F_{k} = F_{k/2}L_{k/2}$ hasta tenemos una extraña indexadas número Fibonacci, y el uso de una primitiva para ello. Así que ahora sólo tenemos $k = 3\cdot2^i$ izquierda a considerar. $i = 0$ e $i=1$ es fácil tratar con: $F_{n + 12} - F_n = F_{6}L_{n + 6} = 8L_{n+6}$ y sabemos $L_{n+6} = 2x^2$ sólo si $n=0$ o negativo (de J. Cohn papel de la "Plaza de los Números de Fibonacci, Etc." Fibonacci Quarterly 2 1964, pp 109-113). $F_{n + 24} - F_n = F_{12}L_{n + 12} = 12^2L_{n+6}$ y sabemos $L_{n+12} = x^2$ no tiene soluciones (de nuevo, salvo negativa de los números de Fibonacci - en estos casos no hay soluciones son distintas de las positivas). $i=2$ me causa algunos problemas, y que llevó a la negativa de la solución de $F_{36} - F_{-12} = 3864^2$. Yo también salir de esta sin resolver.
Para $i > 2$, podemos proceder como en el argumento para las potencias de $2$. Tanto en $7$ e $47$ brecha $F_{3\cdot2^{i+1}}$ exactamente una vez, con el caso base se $F_{48}$, y ambos no pueden dividir a $L_{n + 3\cdot2^{i+1}}$, ya que el $47 | L_m$ fib $m \equiv 8 \pmod{16}$.
Los demás, incluso de las diferencias debe caer de la misma manera, aunque la fórmula para las correcciones de un número Lucas y varía los números de Fibonacci, aún podemos encontrar una primitiva de la extraña parte de Fibonacci índice, pero voy a tener que arreglar algunas piezas donde el curioso del caso es que 3 o 1.
He tenido algo de éxito con el extraño diferencias con J. Cohn truco: $L_m | (F_{n+2m} + F_n)$ al $3 \nmid m$ e $2|m$, y el hecho de que $L_m \equiv 3 \pmod{4}$ por ejemplo $m$, pero no hay argumentos que cubre infinitamente muchas diferencias.
EDIT: Los demás, incluso los números son más fáciles. Escrito $F_{n + 4k+2} - F_n = L_{2k+1}F_{n + 2k+1}$ y considerando $F_{n + 2k+1}$, la primitiva argumento elimina todos los índices de $n+2k+1$ con una extraña parte mayor que $3$. El mismo argumento anterior funciona para todos los poderes de $2$, ya que el $3$ nunca divide $L_{2k+1}$. Finalmente, cuando lo curioso del caso es $3$, es más fácil que antes, ya que $7$ divide $F_{3\cdot2^i}$ para $i > 2$, $7^2$ nunca lo hace, y $7$ y no puede dividir los números de Lucas, ya que tienen impar índice. $i= 0, 1$ e $2$ se resuelven mediante la búsqueda de todos Lucas números que son cuadrados, o $2$ veces un cuadrado.
EDIT 2: Para $m=2^3$, queremos saber si $F_4L_{n+4} = 3L_{n+4}$ es un cuadrado. Esto se soluciona en M. Goldman. "En Lucas Números de la Forma $px^2$ donde $p=3,7,47,2207$". De matemáticas. Informes De Canadá Acad. Sci. (Junio de 1988). El único ejemplo es n+4 = 2, que puede o no suceder de acuerdo a su gusto.
Esto es una pequeña elaboración de joro del comentario; tenía la esperanza de que alguien iba a escribir una mejor versión de este.
El número entero de puntos en $x^2-xy-y^2 = 1$ son precisamente los pares de $(F_{2n+1}, F_{2n})$. Así que buscando soluciones de la forma $F_{2n+1} - F_{2m+1} = z^2$ está buscando entero puntos en $$ x_1^2 - x_1 y_1 - y_1^2 = x_2^2 - x_2 y_2 - y_2^2 = 1,\ x_1 -x_2 = z^2.$$ Las otras tres posibilidades similares ecuaciones.
Cada una de estas es $K3$ de la superficie. Aquí es donde la mejor respuesta sería la revisión de los principales resultados entero puntos en $K3$ superficies. Pero yo no los conozco, así que me voy a detener aquí, y espero que alguien más lo llena en.
Puedo obtener soporte numérico para el enlace con la forma de los puntos de género 1 curvas.
Para $x,y=F_n,F_{n+2}$ experimentalmente la forma cerrada es $F_{n+k}=l(x,y)= F_{k} y -F_{k-2} x $ (probablemente se puede demostrar por inducción).
Para una ranura fija $k$ soluciones corresponden a (positivo?) integral de puntos en: $$ z^{4} + (2 {F_{k-2}} - 3 {F_{k}} + 2) x z^{2} + ({F_{k-2}}^{2} - 3 {F_{k-2}} {F_{k}} + {F_{k}}^{2} + 2 {F_{k-2}} - 3 {F_{k}} + 1) x^{2} + {F_{k}}^{2}=0 $$ o $$ z^{4} + (2 {F_{k-2}} - 3 {F_{k}} + 2) x z^{2} + ({F_{k-2}}^{2} - 3 {F_{k-2}} {F_{k}} + {F_{k}}^{2} + 2 {F_{k-2}} - 3 {F_{k}} + 1) x^{2} - {F_{k}}^{2}=0$$
Just noticed that if one accepts negative Fibonacci numbers (as described on wikipedia) $F_{-n}=(-1)^{n+1} F_n$ hay algunas más pequeñas soluciones.
Aquí están las curvas de donde $x$ corresponde a $F_{2n+1}$ en la primera curva y $F_{2n}$ en la segunda curva.
1 (z^4 + x*z^2 - x^2 + 1, z^4 + x*z^2 - x^2 - 1)
2 (z^4 - x*z^2 - x^2 + 1, z^4 - x*z^2 - x^2 - 1)
3 (z^4 - 2*x*z^2 - 4*x^2 + 4, z^4 - 2*x*z^2 - 4*x^2 - 4)
4 (z^4 - 5*x*z^2 - 5*x^2 + 9, z^4 - 5*x*z^2 - 5*x^2 - 9)
5 (z^4 - 9*x*z^2 - 11*x^2 + 25, z^4 - 9*x*z^2 - 11*x^2 - 25)
6 (z^4 - 16*x*z^2 - 16*x^2 + 64, z^4 - 16*x*z^2 - 16*x^2 - 64)
7 (z^4 - 27*x*z^2 - 29*x^2 + 169, z^4 - 27*x*z^2 - 29*x^2 - 169)
8 (z^4 - 45*x*z^2 - 45*x^2 + 441, z^4 - 45*x*z^2 - 45*x^2 - 441)
9 (z^4 - 74*x*z^2 - 76*x^2 + 1156, z^4 - 74*x*z^2 - 76*x^2 - 1156)
10 (z^4 - 121*x*z^2 - 121*x^2 + 3025, z^4 - 121*x*z^2 - 121*x^2 - 3025)
11 (z^4 - 197*x*z^2 - 199*x^2 + 7921, z^4 - 197*x*z^2 - 199*x^2 - 7921)
12 (z^4 - 320*x*z^2 - 320*x^2 + 20736, z^4 - 320*x*z^2 - 320*x^2 - 20736)
13 (z^4 - 519*x*z^2 - 521*x^2 + 54289, z^4 - 519*x*z^2 - 521*x^2 - 54289)
14 (z^4 - 841*x*z^2 - 841*x^2 + 142129, z^4 - 841*x*z^2 - 841*x^2 - 142129)
15 (z^4 - 1362*x*z^2 - 1364*x^2 + 372100, z^4 - 1362*x*z^2 - 1364*x^2 - 372100)
16 (z^4 - 2205*x*z^2 - 2205*x^2 + 974169, z^4 - 2205*x*z^2 - 2205*x^2 - 974169)
17 (z^4 - 3569*x*z^2 - 3571*x^2 + 2550409, z^4 - 3569*x*z^2 - 3571*x^2 - 2550409)
18 (z^4 - 5776*x*z^2 - 5776*x^2 + 6677056, z^4 - 5776*x*z^2 - 5776*x^2 - 6677056)
19 (z^4 - 9347*x*z^2 - 9349*x^2 + 17480761, z^4 - 9347*x*z^2 - 9349*x^2 - 17480761)
20 (z^4 - 15125*x*z^2 - 15125*x^2 + 45765225, z^4 - 15125*x*z^2 - 15125*x^2 - 45765225)
21 (z^4 - 24474*x*z^2 - 24476*x^2 + 119814916, z^4 - 24474*x*z^2 - 24476*x^2 - 119814916)
22 (z^4 - 39601*x*z^2 - 39601*x^2 + 313679521, z^4 - 39601*x*z^2 - 39601*x^2 - 313679521)
23 (z^4 - 64077*x*z^2 - 64079*x^2 + 821223649, z^4 - 64077*x*z^2 - 64079*x^2 - 821223649)
24 (z^4 - 103680*x*z^2 - 103680*x^2 + 2149991424, z^4 - 103680*x*z^2 - 103680*x^2 - 2149991424)
La falta de integral de puntos en ambas curvas significaría que no hay solución para la brecha.
