Диофантовое уравнение

[Vitalius]

Докажите, что уравнение:

$x(s^{2}+4k)+4k^{2r}=y^{2}$,

для любых $k\in\mathds{Z}$, $s\in\mathds{Z}$, $r>0$, $r\in\mathds{Z}$, всегда имеет решения в целых числах относительно $x$ и $y$!

[nnosipov]

И в чём проблема? Решение можно даже явно выписать. Для начала выразите $x$ через $y$.

Хотя и это лишнее. Можно просто взять $x=0$.

[Vitalius]

$x=\frac{(y-2k^{r})(y+2k^{r})}{s^{2}+4k}$

$y_{12}=(s^{2}+4k)t\pm 2k^{r}$, $t\in\mathds{Z}$,

$x_{12}=t(y_{12}\pm 2k^{r})$.

Так?

[ИСН]

Например, так, да. (Разве что следите за своими $\mp$ и $\pm$.) Могут быть и другие варианты.
В этой задаче много бессмысленной сложности.

[Vitalius]

Да, задача сия решается легко. Однако эти квадраты появились у меня в совсем другом контексте. Рассматривал числа:

$W_{n}\left(s,k\right)\equiv\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}+s\right)\right]^{n}-\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}-s\right)\right]^{n}$,

которые для нечетных $n$ очевидно совпадают с членами последовательности Люка (Lucas). И вот, квадрат целого числа $y$ упорно появлялся как стоимость выражения:

$W_{2r}^{\ 2}(s,k)+4k^{2r}=y^{2}$, $k\in\mathds{Z}$, $s\in\mathds{Z}$, $r>0$, $r\in\mathds{Z}$.

Значит теперь получается другая задача.

Всегда ли хотя бы одно из квадратных уравнений:

$t\left[(s^{2}+4k)t\pm 4k^{r}\right]=\frac{1}{s^{2}+4k}\left\{\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}+s\right)\right]^{2r}-\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}-s\right)\right]^{2r}\right\}^{2}$,

имеет целочисленный корень $t$?

[nnosipov]

Vitalius в сообщении #1045767 писал(а):

Всегда ли хотя бы одно из квадратных уравнений:

$t\left[(s^{2}+4k)t\pm 4k^{r}\right]=\frac{1}{s^{2}+4k}\left\{\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}+s\right)\right]^{2r}-\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}-s\right)\right]^{2r}\right\}^{2}$,

имеет целочисленный корень $t$?

На самом деле это одно квадратное уравнение (другое получается заменой $t$ на $-t$). И его можно решать как обычно --- через дискриминант.

[Vitalius]

Да, конечно его можно решать через дискриминант. Получается:

$t_{12}=\frac{1}{s^{2}+4k}\left\{-2k^{r}\pm\sqrt{\left\{\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}+s\right)\right]^{2r}-\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}-s\right)\right]^{2r}\right\}^{2}+4k^{2r}}\right\}$.

Или иначе говоря:

$t_{12}=\frac{1}{s^{2}+4k}\left[-2k^{r}\pm\sqrt{W_{2r}^{\ 2}(s,k)+4k^{2r}}\right]$, $k\in\mathds{Z}$, $s\in\mathds{Z}$, $r>0$, $r\in\mathds{Z}$.

Чтобы $t$ было целое число, дискриминант уравнения вообще говоря должен быть точный квадрат всегда. И приходим к той же задачи. Надо доказать, что:

$\left\{\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}+s\right)\right]^{2r}-\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}-s\right)\right]^{2r}\right\}^{2}+4k^{2r}=y^{2}$,

является точным квадратом для любых $k\in\mathds{Z}$, $s\in\mathds{Z}$, $r>0$, $r\in\mathds{Z}$.

[Vitalius]

Доказательство пока никто не дал, но могу вам сказать, что последовательность $\{y_{r}\}$ на самом деле является последовательностью Люка (Lucas) для которой:

$y_{0}=\sqrt{W_{0}^{\ 2}(s,k)+4}=2$, $y_{1}=\sqrt{W_{2}^{\ 2}(s,k)+4k^{2}}$, $y_{r}=y_{1}y_{r-1}-k^{2}y_{r-2}$.

[nnosipov]

Vitalius в сообщении #1045830 писал(а):

Надо доказать, что:

$\left\{\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}+s\right)\right]^{2r}-\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}-s\right)\right]^{2r}\right\}^{2}+4k^{2r}=y^{2}$,

является точным квадратом для любых $k\in\mathds{Z}$, $s\in\mathds{Z}$, $r>0$, $r\in\mathds{Z}$.

Чего тут доказывать? Сначала раскрыть квадрат в левой части, а потом, после приведения подобных, свернуть в новый квадрат. Неужели не видно?

-- Вт авг 18, 2015 03:45:26 --

Vitalius в сообщении #1045902 писал(а):

Доказательство пока никто не дал

Так это Ваша работа --- получить интересующее Вас доказательство. А моя --- подсказать, как это можно сделать.

[Vitalius]

Nnosipov, я видел конечно:

$y_{r}(s,k)=\left|\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}+s\right)\right]^{2r}+\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{s^{2}+4k}-s\right)\right]^{2r}\right|$.

Ничего сложного нет, если не стараешься обязательно представить результат в виде последовательности Люка (Lucas). Спасибо всё-таки!