Que $k$ sea un número natural. Luego $3 k + 1$, $4k + 1$ y $ $6 k + 1 no pueden estar todos los números cuadrados.
He intentado demostrarlo suponiendo que uno de ellos es un número cuadrado y sustituyendo el valor de $ $k correspondiente. Pero no demostrarlo.
La respuesta completa de la literatura:
He encontrado una lista de resolver Pell sistemas en Szalay, Apéndice 4, página 84.
Como un ejemplo de su método, en la página 840 él hace la parte difícil de Lucas problema (en la parte inferior de la página 238), es decir,
La solución de $n+1 = 2 x^2,$ $2n+1 = 3 y^2,$ $n=z^2$
con la conclusión de
Los valores posibles de la $n:$ $\{1\}$
Esto se inscribe en el problema anterior, tomando $x^2 = 3k+1,$ $y^2 = 4k+1,$ a $z^2 = 6k+1$ que da el sistema $ 2$ x^2 - z^2 = 1,$$ $$ 3 y^2 - 2 z^2 = 1, $$ con la conclusión de que sólo podemos tener $z^2 = 1,$ así $k=0.$
Kedlaya se refiere a su propia solución de primaria, referencias de la parte inferior de la página 838 a la parte superior de la página 839. Menciona otros artículos elementales de los métodos; creo que este es un caso donde "elemental" está en el ojo del espectador.
$\def\P{\mathbf{Q}}$ $\def\Qbar{\overline{\Q}}$ $\def\Z{\mathbf{Z}}$ $\def\F{\mathbf{F}}$
Quiero tratar de explicar por qué no habrá ninguna mancha de primaria argumento en este caso. La costumbre de la competencia técnicas implican un delicado uso de congruencias. Un truco más avanzado es el uso de descenso infinito. Sin embargo, en el final, este problema se reduce a encontrar integral de todos los puntos de una curva elíptica con rango positivo (la curva de $Y^2 = X^3 - 36 X$). Hay algunos muy técnicas estándar para hacer esto - pero ninguno de ellos son primarias. La razón primaria de argumentos (como congruencias) están condenadas al fracaso está relacionado con el hecho de que hay muchas soluciones a este problema con $k \in \Q$.
Cualquier extraño cuadrado es de $1 \mod 8$. Por lo tanto $k$ es par, y por lo que necesitamos encontrar $k$ que $6k+1$, $8k+1$, y $12k + 1$ son cuadrados.
Como otros han observado, podemos escribir las ecuaciones para este problema como $a^2 = 6k+1, b^2 = 8k+1$ y $c^2 = 12k+1$. Esto lleva a que el sistema de ecuaciones $$C: 3 b^2 - 4^2 = -d^2, \quad c^2 - 2 a^2 = -d^2,$$ donde $d = 1$. Aquí he introducido la variable $d$ para activar la ecuación afín en un proyectiva. La intersección de dos quadrics en $\mathbf{P}^3$ tiene género, y así de esta ecuación es una curva elíptica (para algunos la elección del punto de base, tenga en cuenta que $[1;1;1;1] \en C(\Q)$.) Es un teorema general (de Siegel) que, dada una curva elíptica tiene sólo finitely muchos integral de puntos. Por otro lado, la más elemental de las soluciones a este tipo de problemas normalmente demostrar la fuerte demanda que $E(\mathbf{Q})$, el conjunto de puntos racionales, es también finito. Las pruebas de este tipo de declaración fueron encontradas por primera vez por Fermat, y utilizar el método de descenso infinito. Por ejemplo, Fermat demostró que no hay soluciones integrales a $x^4 + y^4 = z^4$ por considerar la ecuación $x^4 + y^4 = z^2$ en los números racionales. Después de escalar, uno puede dejar $s = 1$ y $z^2 = x^4 + 1$ es un afín abierto en el interior de una curva elíptica. Desafortunadamente, como veremos, este no es uno de esos ejemplos.
Para aquellos que les gusta pensar de curvas elípticas en términos de ecuaciones de Weierstrass, es fácil escribir una curva elíptica $E$ isogenous a $C$ de la forma $y^2$ es un cúbicos. Es decir, si $6k + 1$, $8k+1$, y $12k+1$ son todas las plazas, entonces también lo es su producto, por lo tanto, también de obtener una solución en números enteros (y, por tanto, en los números racionales) a la ecuación
$$E: z^2 = (6x+1)(8x+1)(12x+1),$$
Tenga en cuenta que mediante la sustitución de $k$ con $2k$ (que no hace ninguna diferencia para soluciones racionales), hace que el coeficiente de $x^3$, equivalente a un cuadrado ($576 = 24^2$). Y ahora, dejando $z = 24y$, también podemos escribir como
$$E: y^2 = (x + 1/6)(x + 1/8)(x + 1/12),$$
y el punto $\infty$ en el infinito es un punto racional. Hay un grado $2$ isogeny $C \rightarrow E$ dada por $$(a,b,c) \mapsto \left(\frac {- 1}{6},\frac{abc}{24} \right).$$ También habrá un doble isogeny $E \rightarrow C$ de grado $2$, pero va a ser un poco complicado de escribir.
Descenso: El principal modo elemental para encontrar puntos racionales de una curva elíptica $E$ es para hacer un $2$-descenso. En el caso cuando todas las $2$-torsión es racional, esto es bastante concreto. Explícitamente, hay un inyectiva mapa: $$E(\Q) \rightarrow \Q^{\times}/\Q^{\times 2} \times \Q^{\times}/\Q^{\times 2} \times \Q^{\times}/\Q^{\times 2}$$ que envía un punto $P = [x,y]$ a la clase: $$(x + 1/6, x + 1/8,x + 1/12).$$ Tenga en cuenta que esta clase se encuentra dentro del subgrupo de $(a,b,c) \subset (\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3$ con $abc = 1$, por lo que realmente puede tomar sólo las dos primeras entradas en $(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^2$. El hecho clave acerca de este mapa es que el núcleo es precisamente $2 E(\Q)$, por lo que la inducida por la mapa de $E(\Q)/2 E(\Q)$ es inyectiva. Una ligera sutileza --- este no acaba de tener sentido por $2$-torsión puntos, ya que una de las entradas es igual a cero. Pero usted puede trabajar fuera de la imagen correcta al señalar que se debe de tierras dentro de la diagonal. Por lo tanto $$\infty \mapsto (1,1,1),$$ $$e_1 = [-1/6,0] \mapsto (*, -1/24,-1/12) \equiv (2,-6,-3) \(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3,$$ $$e_2 = [-1/8,0] \mapsto (1/24,*,1/24) \equiv (6,-1,-6) \(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3,$$ $$e_1 + e_2 = [-1/12,0] \mapsto (1/12,1/24,*) \equiv (3,6,2) \(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3.$$
Por otro lado, $E$ también tiene una evidente racional punto $P = [0,1]$. Nos encontramos con que $$P \mapsto (6,2,3) \(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3,$$ $$P + e_1 \mapsto (3,-3,1) \(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3, $$ $$P + e_2 \mapsto (1,-2,-2) \(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3,$$ $$P + e_3 \mapsto (2,3,6) \(\Q^{\times}/\Q^{\times 2})^3.$$
Ahora vamos a hacer la siguiente observación, utilizando el hecho de que $\mathbf{P}$ tiene la particularidad de factorización. Si $(x + 1/6)$, $(x + 1/8)$ y $(x + 1/12)$ tiene una plaza de producto, luego están todas las plazas hasta posibles factores comunes. (Cualquier potencia de p $ > 3$ en el numerador se tiene que ser un cuadrado así por un elemental cálculo). Sin embargo, cualquier factor común debe dividir $$\Delta = (1/6 - 1/8)^2(1/6 - 1/12)^2 (1/8 - 1/12)^2 = 2^{-16} \cdot 3^{-6}.$$ Esto implica que la imagen de la $E(\mathbf{Q})/2 E(\mathbf{Q})$ tierras en el grupo más pequeño $$(S^{\times}/S^{\times 2 } )^2,$$ Donde $S \subconjunto \mathbf{P}^{\times}$ es generada por $2$, $3$, y $-1$. Este es un grupo de orden $8 \8 = 64$. Hemos calculado un subgrupo de orden $8$ que se encuentra en la imagen. Si tenemos suerte, podemos mostrar que ninguno de los otros $56$ puntos se encuentran en la imagen para locales razones, y esto implicaría que $E(\mathbf{Q})/2 E(\mathbf{P}) = (\mathbf{Z}/2 \mathbf{Z})^3$. No necesitamos comprobar la totalidad de los $56$ de los casos, porque la imagen es un grupo. Y la mayoría de ellos son de fácil. Es decir, podemos escribir: $$x + \frac{1}{6} = u^2, x + \frac{1}{8} = b v^2, x + \frac{1}{12} = a b w^2,$$ o $$u^2 - b v^2 = \frac{1}{24}, \qquad una u^2 - b w^2 = \frac{1}{12},$$ donde $(a,b) \(S^{\times}/S^{\times 2 } )^2$. Que de inmediato se puede descartar muchos ejemplos: Si $b > 0$ y $a < 0$ la primera ecuación tiene no hay soluciones. Si $a < 0$ y $b < 0$, la segunda ecuación no tiene soluciones. Por lo tanto $a > 0$. Esto nos deja con $32$ posibilidades. Teniendo en cuenta la ecuación $2$-adically reglas de la mitad de las restantes posibilidades, y $3$-ádico consideraciones reducir nosotros por la mitad otra vez para terminar con $8$. Así, hemos demostrado:
$$E(\mathbf{Q}) \simeq \mathbf{Z} \oplus (\mathbf{Z}/2 \mathbf{Z})^2,$$ y $P = [0,1]$ es un generador. (Computación en la torsión de los subgrupos es fácil: tenga en cuenta que $|E(\F_{11})| = 12$ y $E(\F_{5}) = 8$, por lo que la torsión subgrupo tiene el fin de dividir $4$.)
Así que ahora hemos encontrado (en algún sentido) todos los puntos racionales en $E$. Sin embargo, la respuesta es un poco inesperado, porque teníamos la esperanza de demostrar que la ecuación original no tenía soluciones mostrando que no había soluciones racionales. Pero hay muchas soluciones racionales!
Vamos a pensar en soluciones a $E(\mathbf{Q})$, que en realidad provienen de $C(\mathbf{Q})$. Queremos $6x+1$, $8x +1$, y $12x+1$ para todo ser cuadrados. Por lo tanto, queremos que la imagen de el punto de en $E$ en $(\mathbf{P}^{\times}/\mathbf{P}^{\times 2}$ que $$(1/6,1/8,1/12) = (6,2,3).$$ Claramente $P$ es un punto, y esto corresponde a $x = 0$ o $k = 0$. Cualquier otro punto que se asigna a este debe ser igual a $P$ en $E(\mathbf{Q})/2 E(\mathbf{Q})$, y mus $P \mod 2 E(\mathbf{Q})$. Por lo tanto podemos deducir:
Puntos racionales en $C(\mathbf{Q})$ corresponden a los puntos en $E(\mathbf{Q})$ de la forma $2T + P$, o lo que es equivalente, a $n P$ $$ n impar.
Por ejemplo, $$3P = \left[ \frac{-140}{2209},\frac{-28083}{103823} \right],$$ y nos correspondientemente ver que $$3 \left(\frac{-280}{2209}\right) + 1 = \left(\frac{37}{47}\right)^2, 4 \left(\frac{-280}{2209}\right) + 1 = \left(\frac{33}{47}\right)^2, 6 \left(\frac{-280}{2209}\right) + 1 = \left(\frac{23}{47}\right)^2$$ Tomando $5P$ da $$3 \left(\frac{369572280}{537451489}\right) + 1 = \left(\frac{40573}{23183} \right)^2, 4 \left(\frac{369572280}{537451489}\right) + 1 = \left(\frac{44897}{23183}\right)^2, 6 \left(\frac{369572280}{537451489}\right) + 1 = \left(\frac{52487}{23183}\right)^2,$$ y así sucesivamente.
Pero, ¿qué dice esto acerca de nuestra pregunta original? Una disminución en la cuestión de preguntar para soluciones integrales de $x$ es para pedir soluciones con $72x \in \mathbf{Z}$. Entonces podemos hacer la transformación $$X = \frac{x}{144} - \frac{1}{8}, \quad Y = \frac{y}{1728},$$ para obtener la ecuación $$D: Y^2 = X^3 - 6^2 X.$$ Este es isomorfo a $E$ sobre $\Q$, pero que diferente es un modelo integral. Este es un familiar de la curva; es el congruentes número de curva para $d = 6$. No es una solución integral relacionado con el hecho de que $(3,4,5)$ es un ángulo recto del triángulo con área $6$. Pero hay otras soluciones integrales así, a saber: $$[0,0], [\am 6, 0], [-3, \pm 9], [-2, \pm 8], [12, \pm 36], [18, \pm 72], [294, \pm 5040].$$ Este es, de hecho, la lista completa. Si te gusta, usted puede confirmar esto en el magma de la siguiente manera:
$$\begin{aligned} & \ \texttt{> E := EllipticCurve([0,0,0,-36,0]);} \\ & \ \texttt{> IntegralPoints(E);} \\ & \ \texttt{ [ (-6 : 0 : 1), (-3 : -9 : 1), (-2 : 8 : 1), (0 : 0 : 1),} \\ & \ \texttt{ (6 : 0 : 1), (12 : -36 : 1), (18 : 72 : 1), (294 : -5040 : 1) ] } \end{aligned}$$
El observatio que $E$ tiene muchos puntos racionales y lotes de $S$-integral puntos para $S \in \{2,3\}$ sugiere que no habrá una rápida solución para el problema original. Hay bastante métodos estándar (demostrable) calcular la integral de todos los los puntos de una curva elíptica $D$ da la Mordell-Weil group (que $\texttt{magma}$ usa), pero no son particularmente la escuela primaria.
Creo que esto va a funcionar, pero yo no tengo tiempo hoy para llenar en todos los detalles.
Si $3k+1=x^2,4 k+1=y^2,6 k+1=z^2$, entonces $2x^2+z^2=3y^2$. Dejar que $a=x/y,b=z/y$, esto le da $2a^2+b^2=3$. Podemos parametrizar todo el espacio de soluciones como uno normalmente hace para Pythagoream triples: $(1,1)$ es un obvio punto de la curva. Ahora vamos a $t$ ser real y dejar $Y=t(X-1)+1$ ser una línea a través de él. La intersección con la curva de $2a^2+b^2=3$ en el punto $(1,1)$ y otro punto $(a,b)$ satisfacción de $2a^2+b^2=3$ y $b=t(a-1)+1$. Sustituyendo, obtenemos $a^2(2+t^2)+(2t-2t^2)+(t^2-2t-2)=0$. Si interpretamos esto como una ecuación cuadrática en $a$, $1$ es una solución, por Viete fórmulas, el otro es $a=(t^2-2t-2)/(t^2+2)$. Entonces $b=(-t^2-4t+2)/(t^2+2)$. Ahora nos fijamos en $z/x=a/b=(t^2-2t-2)/(-t^2-4t+2)$. Dejando $t=n/m$ ser racional, esto le da $x/z=(n^2-2 nm-2m^2)/(n^2-4nm+2m^2)$.
Claramente $x,z$ son relativamente primos, desde $2x^2-z^2=1$. Yo reclamo $n^2-2 nm-2m^2,-n^2-4nm+2m^2$ $\gcd$ dividiendo $6$. Esto es debido a que su suma es de $6 nm$, y si $p\mediados de n$ y $p\mediados de n^2-2 nm-2m^2$, entonces $p\mediados de m$ y viceversa.
(continuará)
Asumiendo el contrario, el conjunto $x^2 = 3k+1$, $y^2 = 4k+1$ y $z^2 = 6k +1$
Ahora, alguien ha intentado un acercamiento con las ecuaciones de Pell?
Jugando con estos tres plazas que tenemos
y
La idea es mostrar que no hay ningún número entero $x,y,z$ satisfacer a,B y C a la vez. Los tres ecuaciones, ya han sido ampliamente estudiados, pero la complicada naturaleza de las soluciones de B están haciendo que sea difícil para mí para obtener una contradicción.
Esto no es una respuesta completa, pero quizás ayudará a alguien. Si $3k = a ^ 2-1$ y $6k = c ^ 2-1$ y $c ^ 2-2a ^ 2 =-1$. Se deduce que las posibilidades de $c$ y $a$ son los convergents impares a la fracción continuada para $\sqrt{2}$ (así $k = 8$, correspondiente a $c = 7$ y $a = 5$, es la primera dicho valor).
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
