En busca de ayudar a la ampliación de Vieta-saltar a los poderes superiores

Question

Estoy tratando de probar la siguiente conjetura.

Conjetura. Si $r > s \ge 1$ son relativamente primos números enteros tales que \begin{equation} (r-s)^4-1 \equiv 0\!\pmod{4r^2s}, \tag{1} \end{equation} a continuación, $r-s = 1$ o $2r > 3s$.

Un ataque de fuerza bruta equipo de búsqueda ha encontrado soluciones sólo con $r-s=1$ y en los otros dos soluciones $(r,s)=(10,3)$$(r,s)=(255,4)$.

A continuación, se incluye la prueba de que tengo hasta ahora. He intentado ampliar el clásico Vieta saltar una técnica cúbicos. Mi principal pregunta es: después de Haber demostrado mi conjetura para un cúbicos con tres raíces reales, debo continuar con el caso donde el cúbicos tiene dos complejas conjugadas raíces? O es que mi reclamo es válido, que la fijación de $k$ significa que sólo tiene que considerar las verdaderas raíces?

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Prueba (posiblemente incompleta?). Evidentemente, la congruencia es satisfecho al $r-s=1$. Ahora suponga $r-s > 1$, y escribir $g=r-s$. Desde $r$, $s$, y $g^4-1$ son todas positivas, (1) ahora implica $g^4-1 = 4kr^2s$ para un entero $k \ge 1$. Por lo tanto \begin{equation} g^4-1 = 4kr^2s = 4k(g+s)^2s = 4ks^3+8g ks^2 + 4g^2 k s, \tag{%#%#%} \end{equation} que nos puede volver a escribir como la ecuación cúbica \begin{align*} 4ks^3 + 8g ks^2 + 4g^2 ks + (1-g^4) = 0. \end{align*} Fix $\star$. Dividiendo por el coeficiente inicial $k$ y haciendo la sustitución de $4k$ rendimientos \begin{align} w^3 + 2g w^2 + g^2 w + \frac{1-g^4}{4k} = 0. \end{align} Este cúbicos ecuación tiene tres raíces; llamarlos $s \mapsto w$. Desde $w_1, w_2, w_3$ es una raíz, fix $s$ sin pérdida de generalidad. Ahora Vieta fórmulas para dar \begin{align} -2g = s + w_2 + w_3, && g^2 = sw_2+ sw_3 + w_2w_3, && \frac{g^4-1}{4k} = sw_2w_3. \end{align} La combinación de las dos primeras relaciones implica \begin{align*} 4g^2 = (-2g)^2 = (s + w_2 + w_3)^2 = s^2 + w_2^2 + w_3^2 + 2(sw_2+ sw_3 + w_2w_3) = s^2 + w_2^2 + w_3^2 + 2g^2, \end{align*} lo que da \begin{equation} 2g^2-s^2 = w_2^2+w_3^2. \tag{2} \end{equation} Un cúbicos función tiene tres raíces reales, o tiene una raíz real y dos nonreal complejo conjugado raíces. Desde $w_1=s$ es real, $w_1=s$ $w_2$ son reales o son nonreal complejos conjugados. Ya hemos solucionado $w_3$, y están buscando un entero solución con $k$, podemos tomar la $1 < g = r-s$, donde [al menos] uno de ellos es una segunda solución de ($w_2,w_3 \in \mathbb{R}$) para nuestro fija cociente $\star$.

Ahora (2) implica $k$, lo que da \begin{equation*} s^2 < 2g^2 = 2(r-s)^2. \end{ecuación*} Por lo tanto \begin{equation*} \biggl(\frac{s}{r-s}\biggr)^{\!2} < 2 \qquad\implies\qquad \frac{r}{s} > \frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}} > \frac{3}{2}, \end{ecuación*} y, por tanto, $2g^2-s^2 = w_2^2+w_3^2 > 0$ como se reivindica.

Answer 1

Tome su ecuación de $4ks^3 + 8g ks^2 + 4g^2 ks + (1-g^4) = 0$ y resolver para $k$ para obtener $$k={\frac {{g}^{4}-1}{s (g+s)^2 }}.$$ First substitute $s=w$ in the equation and then substitue for $k$ to get (after dividing out $1-k^4$, and clearing the denominator) $${w}^{3}+2\,g{w}^{2}+{g}^{2}w-{g}^{2}s-2\,g{s}^{2}-{s}^{3}=0 $$ Since we know that $w=s$ is a root we have the courage to factor and end up with $$ \left( w-s \ \ derecho) \left({w}^{2}+w(s+2\,g)+ (g+s)^2 \right) =0. $$

Evidentemente, desde el $g,s \gt 0$, las otras dos raíces son complejas.

Esto no descarta la posibilidad de soluciones (obviamente) ya que hay al menos dos. Pero sí quiere decir que este intento de generalizar la Vieta técnica de salto mayor que el grado dos no se ve prometedor. No sé cómo lo clásico que es. Quiero aprender de la Wikipedia en la que alrededor de 20 años atrás se resuelve un complicado Olimpíadas de Matemáticas problema y en los años siguientes, muchos de los problemas que han necesitado que técnica. Pero tal vez debería ser más conocido de lo que es.

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Me preguntaba si se podría (en búsqueda de una contradicción) set $r=s+t$ $2t \lt s$ y tal vez más vamos a $s=(m-1)t+u$ $1 \le u \lt t$ y apropiado cosas relativamente primos. Por lo $t^4-1$ es un múltiplo de a $4(mt+u)^2(mt+t+u).$ parece prometedor para mí, pero tengo empantanado. Tenga en cuenta que $t \gt 4m^2(m+1)$ $t$ es impar, a menos de $s/2$ que $t^4 \equiv 1 \bmod s.$ Esto significa $s$ no puede ser un primo o dos veces a la prime. No es difícil conseguir $m^4-u^4 \equiv 0 \bmod mt+u$, y en otros resultados, pero no veo cómo encajan todos ellos juntos.