两个不同的斐波那契数之差能无限大吗？

Question

两个不同的斐波那契数之差能无限大吗？

索引$<10^{4}$的解决方案很少，最大的两个是$F_{14} -F_{13} =12^2$和$F_{13} -F_{11}=12^2$

这可能意味着近邻之间没有身份。

由于斐波那契数是某些亏格0曲线上唯一的积分点，所以这个问题等价于在少数几个亏格0上寻找积分点。固定$F_j$将导致在椭圆曲线的四次模型上找到积分点。

除了小的解决方案之外，还有其他解决方案吗？

[稍后添加]根据弗朗索瓦·布鲁诺的评论，这里有一个椭圆曲线的链接。

根据丢番图方程，斐波那契双曲线，。和二次型。基思·布兰特和约翰·科尔泽。

具有连续奇数指数的斐波那契数是$$x^2-3xy+y^2=-1\qquad（1）$$

具有连续偶数指数的斐波那契数是$$x^2-3xy+y^2=1\q四（2）$$

给定$F_n$和$F_{n+2}$，可以使用线性斐波那契递推计算$F_{n+k}$，并且$F_{n+k}$将是$x，y$的线性组合$l（x，y）$。将$l（x，y）-x=z^2$加到（1）或（2）上得到亏格1曲线。（或者只解$l（x，y）-x=z^2$，代入（1）或（2）得到亏格1四次方）。

$l（x，y）$的封闭形式可能很有趣，目前找不到身份。

可能一条具有积分点$F{2n}，F{2n+1}$的亏格0曲线会更好。

稍后添加

$abc$猜想的一些推广能预测什么吗？

对于3个斐波那契数，恒等式要容易得多：

$$F_{4n+1}+F_{6n+3}-F_3=L_{2n+1}^2$$

Answer 1

$F{n+4m}-F_n$的所有解决方案都是列出的，除了$m=2$和$m=12$的情况外，我还有一些需要解决的问题。

根据Will Sawin的建议，我们将$F{n+m}-F_n$写为reccurence，并带有一些初始项。取$n=0$告诉我们$F_m$是一个项，$F_{m+1}-1$是下一个项。向后推算，我们得到了广义项$F{m-i}+（-1）^iF_i$。所以我们看到，如果$m=4k+2$，那么术语$i=2k+1$给我们$0$，下一个术语给我们$F{2k}+F{2k+2}=L_{2k+1}$，所以我们有一个斐波那契数的副本，乘以$L_{20k+1}$。即$F{n+4k+2}-F_n=L_{2k+1}F{n+2k+1}$。如果$m=4k$，那么术语$i=2k$给出$2F{2k}$，下一个术语给出$F{2k+1}-F{2k-1}=F{2k}$，所以我们有一个卢卡斯数的副本，乘以$F{20k}$。也就是说，$F_{n+4k}-F_n=F_{2k}左_{n+2k}$。这很有用，因为有些素数永远不会除卢卡斯数（参见http://oeis.org/A053028)因此，如果$F{2k}$包含其中一个素数（正好一个是最容易的，但任何奇数倍数都可以），那么乘积就不能是正方形。

Agol在评论中提供了一篇论文的链接(http://www.fq.math.ca/Scanned/7-1/ferns.pdf)其中也包含此结果。

让我们找出$m=2^k$的所有方块。案例$k=0，1$由AH在评论中给出，案例$k=2$也包含在评论中。我们需要两个关于卢卡斯数的事实，这两个事实都很容易显示。首先是$3|L_m$iff$m\equiv2\pmod{4}$，其次是$7|L_m$iff$m\equav4\pmod{8}$。

由于$4|2^k$，我们可以写$F_｛n+2^k｝-F_n=F_｛2^｛k-1｝｝L_｛n+2^｛k-1｝｝$。我还没有解决$k=3$的情况（这个差距已经修复，见下面的第二次编辑），这相当于在Diophantine方程$x^2+2=3y^2$中找到Lucas数$x$。现在假设$k>3$。根据上面的事实，我们知道$3$和$7$不能同时除掉卢卡斯数，所以我们想证明它们各自除掉$F{2^{k-1}$，而$3^2$或$7^2$都不能除掉。3和7的除法来自$F_8=21$和$F_n|F_{2n}$。9和49都不除以归纳法：基本情况是$F_8$；我们有$F_2^{k+1}}=F_2^k}L_{2^k}$，当$k>2$时，3和7都不能除$L_2^k{$。然后通过归纳，平方不会将$F{2^k}$除以$k\geq3$，也不会将$3$或$7$除以$L_{2^k}$，因为$2^k\equiv0\pmod{8}$。因此，当$m=2^k$和$k>3$时，没有正方形。

对于$m=4k$的一般情况，我们写$F_{n+4k}-F_n=F_{2k}左_{n+2k}=F_{k} L（左）_{k} L（左）_{n+2k}$并调用Carmichael定理：对于每一个$n>3$，至少有一个素数$p|F_n$不除以前面的Fibonacci数。这样的素数称为基元。此外，这不是定理的一部分-$p^2\nmid F_n$（在试图证明这一点之后，我查阅了文献，发现这是p.Ribenboim“斐波那契和卢卡斯数的平方类”Port.Math 46（1989），159-175中的一个猜想。我不确定从那时起它是否被证明或伪造）。假设$n$是奇数，我们利用$p$不除任何Lucas数的事实，因为它的Fibonacci入口点是奇数（参见C.Ballot和M.Elia，“Fibonaci序列中素数的秩和周期；三分法”，Fib.Quart.，45（2007年第1期），56-63）。如果$k$的奇数部分大于$3$，我们就完成了，因为我们可以继续拆分$F{k}=F{k/2}L_{k/2{$，直到得到一个奇数索引斐波那契数，并为其使用一个原语。所以我们现在只剩下$k=3\cdot2^i$需要考虑$i=0$和$i=1$很容易处理：$F_{n+12}-F_n=F_{6} L（左）_{n+6}=8L_{n+6{$，只有当$n=0$或负数时，我们才知道$L_{n+6}=2x^2$（摘自J.科恩的论文《平方斐波那契数等》，《斐波那奇季刊》1964年第2期，第109-113页）。$F_{n+24}-F_n=F_{12} L（左）_{n+12}=12^2L_{n+6}$，我们知道$L_{n+12}=x^2$没有解（同样排除负斐波那契数-在这种情况下，没有解与正解不同）。$i=2$给我带来了一些麻烦，并导致了负解$F{36}-F{-12}=3864^2$。我也没有解决这个问题。

对于$i>2$，我们按照$2$的幂的论证进行。$7$和$47$都将$F{3\cdot2^{i+1}$精确地除以一次，基本情况是$F{48}$，并且它们不能同时除以$L_{n+3\cdot2\{i+1{}$，因为$47|L_m$iff$m\equiv8\pmod{16}$。

其他偶数的差异应该是相同的，尽管这些公式固定了Lucas数并改变了Fibonacci数，但我们仍然可以找到Fibonacci指数奇数部分的基元，但我必须修补一些奇数部分为3或1的部分。

我用J.Cohn的技巧成功地处理了一些奇怪的差异：$L_m|（F_{n+2m}+F_n）$when$3\nmidm$and$2|m$，以及$L_m等于3\pmod{4}$的事实，但没有任何参数覆盖无限多的差异。

编辑：其他偶数比较容易。写入$F{n+4k+2}-F_n=L_{2k+1}F{n+2k+1}$，并考虑到$F{n+2k+1}$，原始参数删除所有索引$n+2k+1$，其中奇数部分大于$3$。与上面相同的参数适用于$2$的所有幂，因为$3$从不除以$L_{2k+1}$。最后，当奇数部分是$3$时，这比以前容易了，因为$7$除以$i>2$的$F{3\cdot2^i}$，$7^2$从不这样做，$7$不能除以Lucas数，因为它们有奇数索引$i=0、1$和$2$通过找到所有的Lucas数来求解，这些Lucas数都是正方形，或者$2$乘以一个正方形。

编辑2：对于$m=2^3$，我们想知道$F_4L_{n+4}=3L_{n+4}$是否是正方形。这在M.Goldman中得到了解决。“关于表格$px^2$中的卢卡斯数字，其中$p=3,7,472207$”。数学。加拿大科学院报告。科学。（1988年6月）。唯一的例子是n+4=2，根据你的口味，这可能发生，也可能不发生。

Answer 2

报告一些计算：$F_k-F_j=x^2$与$0\leq j<k$和$1\leq x\leq 10^6$的唯一解决方案如下：

{0,1,1}, {0,2,1}, {1,3,1}, {2,3,1}, {3,4,1}, {1,5,2}, {2,5,2}, {5,8,4}, {6,11,9}, {0,12,12}, {11,13,12}, {13,14,12}, {6,13,15}, {9,15,24}

其中格式为{j，k，x}。

Answer 3

这是对乔罗评论的一点阐述；我希望其他人能写出更好的版本。

$x^2-xy-y^2=1$上的整数点正好是对$（F{2n+1}，F{2n}）$。所以寻找形式为$F{2n+1}-F{2m+1}=z^2$的解就是寻找$x_1^2-x_1y_1-y_1^2=x_2^2-x_2y_2-y_2^2=1，\x_1-x_2=z^2上的整数点$$其他三种可能性给出了类似的方程式。

每一个都是一个$K3$的表面。下面是更好的答案，可以查看$K3$曲面上整数点的主要结果。但我不认识他们，所以我将在这里停下来，希望其他人能填写。

Answer 4

我得到了亏格1曲线上积分点链接的数值支持。

对于$x，y=F_n，F{n+2}$，实验上的闭合形式是$F{n+k}=l（x，y）=F{k}y-F{k-2}x$（可能通过归纳法证明）。

对于固定间隙$k$解对应于（正？）以下积分：$$z^{4}+（2{F{k-2}}-3{F{k}}+2）xz^{2}+$$或$$z ^｛4｝+（2｛F_｛k-2｝｝-3｛F_｛k｝｝+2）x z ^｛2｝+（｛F_｛k-2｝^｛2｝-3｛F_｛k-2｝｝）｛F_｛k｝+｛F_｛k｝^｛2｝+2｛F_｛k-2｝-｛F_｛k｝｝+1）x ^｛2｝-｛F_｛k｝｝^｛2｝=0$$

注意，如果接受负斐波那契数（如维基百科所述）$F_{-n}=（-1）^{n+1}F_n$还有一些更小的解决方案。

下面是一些曲线，其中$x$对应于第一条曲线上的$F{2n+1}$，第二条曲线上$F{20n}$。

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^4-1197*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 ^2-84 1*x^2-142129）15（z^4-1362*x*z^2-1364*x^2+372100，z^4-132*x*z ^2-1364*x^2-372100）16（z^4-2205*x*z^2-2205*x^2+974169，z^4-22005*x*z ^2-2205*x^2-974169）17（z^4-3569*x*z^2-3571*x^2+2550409，z^4-3569*x*z ^2-35.71*x*^2-2550409）18（z ^4-5776*x*z ^2-5776*x ^2+6677056，z ^4-57 76*x*z ^2-57 76*x^2-6677056）19（z^4-9347*x*z^2-9349*x^2+17480761，z^4-9347*x*z ^2-93 49*x*2-17480761）20（z^4-15125*x*z^2-15125*x2+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^4-39 601*x*z^2-39 601*x ^2-313679521）23（z^4-64077*x*z^2-64079*x^2+821223649，z^4-64 077*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）

两条曲线上缺少积分点意味着无法解决给定的间隙。