El número máximo de cuadrados perfectos que puede ser en una progresión aritmética

Question

¿Cuál es el máximo número de cuadrados perfectos que puede ser en una progresión aritmética de enteros positivos términos de la longitud de la $10$?

Podemos encontrar cinco cuadrados perfectos en una secuencia: $$1,25,49,73,97,121,145,169,193,217.$$ I had a harder time finding $6$ los cuadrados perfectos. Podemos obtener un límite superior en el número de cuadrados perfectos?

Answer 1

Usted puede muy bien suponer que el primer término es un cuadrado. Supongamos que

$$M, M + aD, M + bD, M + cD, M + dD$$

son iguales a $v^2$, $w^2$, $x^2$, $y^2$, y $z^2$. A continuación, se obtiene una solución a las ecuaciones

$$\frac{w^2 - v^2}{a} = \frac{x^2 - v^2}{b} = \frac{y^2 - v^2}{c} = \frac{z^2 - v^2}{d}.$$

Estamos preguntando si esto tiene alguna solución en los números enteros $w,v,x,y,z$. El pensamiento de $[w;v;x;y;z] \in \mathbf{P}^4$, las ecuaciones anteriores cortar una curva de $C$ que es la intersección de tres quadrics (los pares de diferencias de la primer término y el segundo, tercer y cuarto periodo). Asumiendo $a,b,c,d$ son distintos, la curva de $C$ es suave de género ha $5$, y por lo tanto tiene sólo un número finito de puntos racionales por Faltings teorema. De ahí sólo hay un número finito de progresiones aritméticas (a escala) con al menos $5$ plazas.

Por otro lado, me afirman que hay infinitamente muchas progresiones aritméticas (a escala) para que $M$, $M+D$, $M+2D$, y $M+4D$ están todas las plazas. En este caso, obtenemos las ecuaciones:

$$w^2 - v^2 = \frac{x^2 - v^2}{2} = \frac{y^2 - v^2}{4}.$$

Esta es la intersección $X$ de dos quadrics en $\mathbf{P}^3$, lo que define una curva de género. La curva correspondiente a $M$, $M+D$, $M+2D$, y $M+3D$ siendo todos los cuadrados resulta que no tiene puntos racionales (Fermat) pero esta es una curva elíptica de rango uno.

De hecho, $X$ (claramente) isogenous a

$$Y^2 = (1+X)(1+2X)(1+4X),$$

que es una curva elíptica de director de orquesta $192$. Si $P = [0,1]$, luego los impares múltiplos de $P$ dar lugar a tales secuencias, por ejemplo:

$$P: M = 1, \quad D = 0,$$ $$3P: M = 49, \quad D = 120,$$ $$5P: M = 17497489, \quad D = -4269720,$$ $$7P: M = 4085374755361, \quad D = 82153503191760,$$ etc.

Resumen: habrá infinidad de progresiones aritméticas (incluso de longitud $5$) $4$ plazas, sin embargo, para cualquier longitud fija (decir $10$ o $100$ o $1000$) sólo hay un número finito de progresiones aritméticas hasta la escala con al menos $5$ plazas.

Para encontrar el un número finito de excepciones con $5$ o más plazas podría ser un poco molesto. Por ejemplo, uno puede encontrar todos los puntos racionales en la $\binom{9}{4}$ género $5$ curvas procedentes de asumir el primer término y cuatro más están todas las plazas. Algunos de estos serán duplicados por la simetría. Es posible que primero tenga sentido considerar el $\binom{9}{3}$ género una de las curvas que vienen desde suponiendo que el primer término y tres más están todas las plazas, ver cuáles han positivo rango (a pesar de $P = [0,1]$ es un punto en el $Y^2 = (1+aX)(1+bX)(1+cX)$ y bien puede tener infinitas pedido, a no ser $[a;b;c] = [1;2;3]$). Si Michael Stoll todavía está alrededor, él probablemente podría venir para arriba con una respuesta completa. Que yo sepa, no hay ninguna con $5$ plazas, aunque es evidente que esto es falso si uno reemplaza $10$ (decir) por $25$, desde entonces $1,2,3,4,\ldots,25$ $5$ plazas. (Este ejemplo también me había confundido en cuanto a por qué usted tuvo un tiempo difícil encontrar una progresión aritmética con tres plazas, ya que $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$ que hace el trabajo.)

Answer 2

El primer límite superior (bastante ingenuo) es 8.

Por qué?

Déjame llamar a un k-palmo a algunos $k $ elementos de la progresión aritmética que son consecutivos y cuadrados perfectos.

Haciendo uso de la prueba de que no hay ninguna 4-abarca, el mayor lapso que podemos tener es 3. Si nosotros tenemos como muchos 3-se extiende como sea posible, podríamos tener 2 de ellos ocupando puestos $1-3$, $4-6$, y entonces podríamos tener dos o más cuadrados perfectos sobre las posiciones $9$$10$.

Si nuestra secuencia tiene 9 cuadrados perfectos, tiene al menos un 5-span que es imposible.

Así que 8 de los cuadrados perfectos que están en la mesa, siempre que estén separados en las posiciones 4 y 8 o en las posiciones 3 y 7.

¿Alguien puede bajar?