Уравнение Пелля с параметром

[nnosipov]

Пусть $l \geqslant 5$ --- простое число. Докажите, что уравнение

$$x^2-(l^2+l)y^2=-(l^2-1)$$

неразрешимо в целых числах $x$, $y$.

P.S. Задача стандартная, но можно попробовать поискать короткое нестандартное решение. Также есть еще один (по-видимому, трудный) вопрос об этом уравнении, связанный с компьютерными экспериментами.

[rightways]

Очень интересная теорема. Попробую потом решить. Думаю нужно заменить эти параметры на другие и преобразовать уравнение к виду $a^2+b^2+mab+na+nb+k=0$ , где $n,m,k$ какие то целые, и дальше пихаем спуск по Виету.

[nnosipov]

rightways в сообщении #1410628 писал(а):

Очень интересная теорема.

Интересное будет потом.

[Andrey A]

Одни только предположения. $x^2-(l^2+l)y^2=-(l^2-1)$ можно переписать как

$$x^2=(l+1)\left [l(y^2-1)+1\right ]\ \ \ (1)$$

или так: $(2x)^2=(ly^2+2)^2-\left [ l(y^2-2) \right ]^2$. Положим $\gcd \left ( (l+1),\left [l(y^2-1)+1\right ] \right )=d$ и запишем $\left\{\begin{matrix} l(y^2-1)+1 & =dp^2\\ l+1 & =dq^2 \end{matrix}\right.$ Отсюда $d=\dfrac{2-y^2}{p^2-(y^2-1)q^2},\ l=\dfrac{q^2-p^2}{p^2-(y^2-1)q^2}.$ Примем $y$ за аргумент:

$$p^2-(y^2-1)q^2=\dfrac{2-y^2}{d}\ \ \ (2)$$

Тогда $l=\dfrac{d(p^2-q^2)}{y^2-2}$. Из последнего видно, что $d>0$, а в правой части уравнения $(2)$ находится некоторый делитель числа $y^2-2$, взятый со знаком минус. Еще это можно записать так: $y^2-1=\dfrac{dp^2-1}{dq^2-1}$ (почленным делением уравнений системы). И вот практика подсказывает что уравнение $(2)$ разрешимо только при $d=1$, но тогда в скобочках $(1)$ целые квадраты, простое $l$ — квадрат без единицы, это может быть только $3$. Случай $d=p^2-2$ хотя бы объясним: $p^2\equiv -1 \mod y^2-1$, но $y^2-1$ не может быть суммой двух вз. простых квадратов. Причины неразрешимости $(2)$ в остальных случаях для меня загадка, хотя это не является достаточным условием существования простого $l>3$. Из соображений сравнимости скобочки выражения $(1)$ вовсе не обязаны быть вз. просты. Разность квадратов в числителе при $p>q$ тоже не объяснение: для $l=3$ игреков находится бесконечная серия. Получается что пифагорова тройка $(2x)^2+\left [ l(y^2-2) \right ]^2=(ly^2+2)^2$ может быть только примитивной. Не знаю почему.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1410698 писал(а):

И вот практика подсказывает что уравнение $(2)$ разрешимо только при $d=1$

Это и есть главная интрига. Гипотезу я формулирую так: уравнение

$$x^2-(l^2+l)y^2=-(l^2-1)$$

разрешимо в целых числах $x$, $y$ только если $l$ есть точный квадрат минус один. Здесь нужны компьютерные эксперименты (мне думается, есть контрпример).

Upd. Разумеется, утверждение, сформулированное в первом сообщении, само по себе верно и представляет самостоятельный интерес (просто при условии, что гипотеза верна, данное утверждение становится очевидным).

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1410698 писал(а):

$d=p^2-2$ хотя бы объясним...

Имелось в виду $d=y^2-2$ конечно.

nnosipov в сообщении #1410708 писал(а):

Здесь нужны компьютерные эксперименты (мне думается, здесь есть контрпример).

Нужно брать $y^2-2$ с большим количеством делителей и, возможно, кратные целому квадрату, что предполагает большие $y$.

[dmd]

А какой контрпример имеется ввиду?

1) $l$ не простое, $d\neq 1$, но решение существует

или

2) $l$ не простое, $d=1$, но решение не существует

или

3) простое $l>3$, но решение существует

[nnosipov]

dmd
Интересует такое $l>1$, которое не представимо в виде $t^2-1$ и для которого уравнение $x^2-(l^2+l)y^2=-(l^2-1)$ разрешимо в целых числах $x$, $y$. Буду Вам очень признателен, если Вы в PARI напишите программу, которая проверяла бы разрешимость указанного уравнения для каждого $l \neq t^2-1$ (до какой-то разумной границы). Меня на этот подвиг сегодня не хватило (с программированием в PARI у меня пока проблемы).

[rightways]

Нужно доказать неразрешимость в натуральных числах уравнения $x^2+y^2+4l^2=(4l+2)xy+4$, где $l$ простое большее 3. Как доказать незнаю. Наверное нужно заметить кое что экспериментируя компютером. Рассмотрев мод $l$ находим что $x-y-4$ делится на $l$ (или второе).

[dmd]

Может так?:

ppl()=
{
 for(l=2, 10^6,
  if(!issquare(l+1),
   Q= bnfinit('x^2-(l^2+l), 1);
   if(bnfcertify(Q),
    fu= Q.fu[1];
    N= bnfisintnorm(Q, 1-l^2);
    if(#N,

     for(k=1, #N, n= N[k];
      for(j=0, 100,
       s= lift(n*fu^j);
       X= abs(polcoeff(s, 0)); Y= abs(polcoeff(s, 1));  
\\       print(l"    (x, y) = ("X", "Y")");
       if(Y, if(X==floor(X)&&Y==floor(Y), if(X^2-(l^2+l)*Y^2==1-l^2,
        print("l= "l"    (x, y) = ("X", "Y")");
        break(3)
       )))
      )
     )

    )
   )
  )
 )
};

Контрпример пока не найден.

[nnosipov]

dmd
Мне казалось, что в PARI можно быстро решить вопрос о разрешимости уравнения Пелля $x^2-Ay^2=B$ для заданных коэффициентов $A$, $B$. Но Ваша программа как-то долго работает даже по сравнению с кондовым алгоритмом проверки разрешимости, реализованном в Maple (сравнивал на отрезке $l \in [2,10^4]$).

Вот этот кондовый алгоритм. Чтобы проверить, будет ли уравнение $x^2-(l^2+l)y^2=1-l^2$ разрешимо при данном $l>1$, достаточно выяснить, есть ли у этого уравнения решения $(x,y)$, где $1 \leqslant y \leqslant \sqrt{l}$. Последнее решается полным перебором $y$ в указанных границах (для каждого такого $y$ выясняем, будет ли число $(l^2+l)y^2+1-l^2=l^2(y^2-1)+ly^2+1$ точным квадратом).

[dmd]

Честно говоря у меня здесь путаница в голове, не знаю как правильно алгоритмизировать. Измените строчку for(j=0, 100, на for(j=0, 4, и раскоментарьте print ниже - увидете, какого типа невалидные решения получаются. Они не целые. Просто я ожидаю, что целое решение может найтись, возможно, при каком-то большом j. Так было например в задаче темы Первые 100 - целое решение соответствующего уравнения находилось при домножении нормы на достаточно большую степень фундаментальной единицы (вот эта строчка s= lift(n*fu^j);). Чтобы избежать длинного перебора j, нужно из коэффициента $(l^2+l)$ выделить полный квадрат $k^2$, если он есть, решать уравнение $x^2-\frac{l^2+l}{k^2}Y^2=1-l^2$, где $Y=ky$, и проверять в найденных решениях делимость $Y$ на $k$. Тогда, вроде бы, перебор j можно ограничить значениями 0,1,2,3,4. Выяснил это экспериментально, и тоже не уверен в этом.

А почему минимальное значение $y$ должно находиться в пределах $1..\sqrt l$?

[nnosipov]

dmd в сообщении #1411010 писал(а):

А почему минимальное значение $y$ должно находиться в пределах $1..\sqrt l$?

Это вытекает из леммы (см. в конце сообщения http://dxdy.ru/post439189.html#p439189). В данном случае имеем $A=l^2+l$, $B=-l^2+1<0$, $x_0=2l+1$ и верхняя граница для $Y$ имеет вид

$$\sqrt{\frac{(l^2-1)(2l+2)}{2(l^2+l)}}=\sqrt{l-\frac{1}{l}}<\sqrt{l}.$$

Так что если есть хоть какие-то решения $(x,y)$, то они есть и при условии $1 \leqslant y<\sqrt{l}$.

Да, в PARI не все так просто и удобно, как хотелось бы. Вроде бы есть другой софт (типа http://www.numbertheory.org/php/main_pell.html), но, опять же, разбираться надо.

С другой стороны, совершенно не видно никаких путей доказательства гипотезы, сколько ни пробовал (вот почему наличие контрпримера мне видится более вероятным). Но если контрпример большой (почему бы и нет), то таким примитивным перебором его не найдешь. В общем, загадка.

На исходную задачу (случай, когда $l$ --- простое число) можно не обращать внимание --- это мелкая мелочь. Как, кстати, и случай, когда $l+1$ --- простое число. А вот с гипотезой разобраться --- это, по-моему, интересно.

[dmd]

(тогда так)

ppl()=
{
 for(l=2, 10^6,
  if(!issquare(l+1),
   Q= bnfinit('x^2-(l^2+l), 1);
   if(bnfcertify(Q),
    fu= Q.fu[1];
    N= bnfisintnorm(Q, 1-l^2);
    for(k=1, #N, n= N[k];
     for(j=0, 100,
      s= lift(n*fu^j);
      Y= abs(polcoeff(s, 1));  
      if(Y,
       if(Y>sqrtint(l), break(1));
       X= abs(polcoeff(s, 0));
       if(X==floor(X)&&Y==floor(Y), if(X^2-(l^2+l)*Y^2==1-l^2,
        print("l= "l"    (x, y) = ("X", "Y")");
        break(3)
       ))
      )
     )
    )
   )
  )
 )
};

Теперь точно $y>\sqrt l$ не проверяются.

[nnosipov]

dmd
Все равно медленно.

На всякий случай еще одна версия вопроса. Пусть $x>1$ и $y>1$ таковы, что

$$ y^4+4(x^2-1)(y^2-1)=z^2 $$

для некоторого $z>1$ (все числа целые). Предположим, что число

$$ D=\frac{y^2-2+z}{2(y^2-1)} $$

оказалось целым. Верно ли, что $D$ является точным квадратом? (Условие целочисленности $D$ существенно: если $x=4$, $y=2$, то $z=14$ и $D=8/3$ --- не точный квадрат. Новый параметр $D$ связан со старым $l$ так: $D=l+1$.)