Не более пяти решений

[nnosipov]

Dmitriy40 в сообщении #1455154 писал(а):

Ведь для пятёрок есть минимум одна бесконечная серия.

Это что за серия? Бесконечную (именно бесконечную) серию четверок я умею делать, а вот пятерок --- нет.

[Dmitriy40]

Отдельный вопрос без номера: почему для чётных $H$ находятся лишь решения длиной не более 3. И среди них есть две отчётливые серии: имеющие корни с большими $x$ ($|x|>m$) и без таковых (и в них оба $y \approx \sqrt{|H|}$ одинаковы, а сумма обоих $x$ равна $\pm 2$). И бесконечны ли вторые.
Скорее серий даже три: первая распадается на случаи когда есть корни с малыми $x$ и только лишь с большими $x$ (исключая $x=0$ конечно).

Досчиталось до миллиарда, прикрепляю сюда найденные решения.

Вложение:

solve3even.txt [16.44 Кб]
Скачиваний: 146

-- 16.04.2020, 18:04 --

nnosipov в сообщении #1455182 писал(а):

Dmitriy40 в сообщении #1455154 писал(а):

Ведь для пятёрок есть минимум одна бесконечная серия.

Это что за серия? Бесконечную (именно бесконечную) серию четверок я умею делать, а вот пятерок --- нет.

Корни имеют $x=\pm 1$, плюс разумеется $x=0$, плюс линейно увеличивающийся $|x|$, причём последние два корня $x$ отличаются на $1$. Они все есть в файле solve5fast.txt, вот кусочек из него, по моему зависимость очевидна:

H=-1675571030279, m=1138, Q=1137, n=5: (-804,1294439) (-1,1294439) (-1,-1294438) (0,-1) (805,1294439)
H=-1675576208039, m=1138, Q=1137, n=5: (-805,-1294441) (0,-1) (1,-1294441) (1,1294440) (804,-1294441)
H=-1683917582619, m=1140, Q=1138, n=5: (-805,1297659) (-1,1297659) (-1,-1297658) (0,-1) (806,1297659)
H=-1683922773259, m=1140, Q=1138, n=5: (-806,-1297661) (0,-1) (1,-1297661) (1,1297660) (805,-1297661)
H=-1692295278803, m=1141, Q=1140, n=5: (-806,1300883) (-1,1300883) (-1,-1300882) (0,-1) (807,1300883)
H=-1692300482339, m=1141, Q=1140, n=5: (-807,-1300885) (0,-1) (1,-1300885) (1,1300884) (806,-1300885)
H=-1700704196207, m=1142, Q=1141, n=5: (-807,1304111) (-1,1304111) (-1,-1304110) (0,-1) (808,1304111)
H=-1700709412655, m=1142, Q=1141, n=5: (-808,-1304113) (0,-1) (1,-1304113) (1,1304112) (807,-1304113)

Доказательства её бесконечности у меня разумеется нет, но не вижу причин ей оборваться ... Правда и как получить $H,y$ по известному $x$ надо ещё додумать ...

[nnosipov]

Dmitriy40 в сообщении #1455183 писал(а):

Доказательства её бесконечности у меня разумеется нет, но не вижу причин ей оборваться ... Правда и как получить $H,y$ по известному $x$ надо ещё додумать ...

У меня есть, только что сообразил. Но серия получилась экспоненциально редкая. Аккуратно напишу позже. Кратко: надо брать $H=-2t^2+4t-3$.

Возможно, серий такого типа несколько. Во всяком случае, вопрос с пятерками принципиально решен (они встречаются бесконечно часто), что уже прогресс.

[Dmitriy40]

Мне безосновательно думается что вторая серия, с корнями $x=0,\;x=\pm 1,\;|x|>m$, в файле solve5fast_big_x.txt (точнее их там похоже две, с корнями $|x|<m$ и без таковых), тоже бесконечная и намного более редкая.

-- 16.04.2020, 18:59 --

nnosipov в сообщении #1455189 писал(а):

Кратко: надо брать $H=-2t^2+4t-3$.

По моему, судя по графику $H$, там три серии с чуть разными коэффициентами. Решения явно группируются то по два, то по три, в разных комбинациях.
В сумме же аппроксимация кубической параболой заметно точнее. Но допускаю что там три просто параболы.

[nnosipov]

Итак, пусть $H=-2t^2+4t-3$. Тогда следующие пары $(x,y)$ являются решениями:

$$(0,-1), \quad (t,2t-1), \quad (-t+2,-2t+3), \quad (-1,-\tfrac{1}{2} \pm \tfrac{1}{2}\sqrt{8t^2-16t+25}).$$

Здесь $t$ таково, что число $8t^2-16t+25$ есть точный квадрат (таких $t$ бесконечно много, но они экспоненциально редки; чтобы найти эти $t$, нужно решить соответствующее уравнение Пелля).

Upd. Лучше сдвинуть параметр: $t \to t+1$. Т.е. делать для $H=-2t^2-1$.

Помогло вот это Ваше наблюдение:

Dmitriy40 в сообщении #1455154 писал(а):

имеют корни формы $y=\pm 2x \pm 1$,

Почти уверен, что есть и другие серии пятерок такого типа.

Возможно, есть и более плотные серии пятерок (не экспоненциального, а многочленного типа).

-- Чт апр 16, 2020 23:05:29 --

Dmitriy40 в сообщении #1455196 писал(а):

По моему, судя по графику $H$, там три серии с чуть разными коэффициентами.

И это возможно. Две точно вижу в представленном фрагменте: в одной $x=-1$, в другой $x=1$.

[Dmitriy40]

nnosipov
С Вашим намёком подобрал следующие формулы для $H$:
$H=-t(t+1)+1$
$H=-t(t+1)+3$
Они полностью покрывают solve5fast.txt (до 1.7трлн), но вот из первых 10млрд есть ровно те же самые 8 исключений из файла solve5_skip_x=+-1.txt.
Очевидно сокращаются до $H=-t(t+1)+2\pm1$.

[nnosipov]

Dmitriy40 в сообщении #1455230 писал(а):

С Вашим намёком подобрал следующие формулы для $H$:
$H=-t(t+1)+1$
$H=-t(t+1)+3$

Во всяком случае, они новые. Теперь надо попробовать решения записать аналитически.

Вот для $H=-t^2-t+1$:

$$(0,-1), \quad (1,t), \quad (1,-t-1), \quad (-\tfrac{1}{2} \pm \tfrac{1}{2}\sqrt{2t+1},-t-1).$$

Значит, все-таки есть серии пятерок многочленного типа. Еще один небольшой прогресс.

[Dmitriy40]

Не, они поглощают Ваш вариант $H=-2t(t-2)-3$ (вместе с $H=-2t(t-2)+1$), покрывая и вторую половину решений. Так что не совсем новые, скорее расширение Вашего варианта. Соответственно и решения наверное можно записать аналогичным способом.

[nnosipov]

Dmitriy40 в сообщении #1455240 писал(а):

Соответственно и решения наверное можно записать аналогичным способом.

Нет, это принципиально более плотные серии.

-- Пт апр 17, 2020 00:18:23 --

Dmitriy40 в сообщении #1455240 писал(а):

Не, они поглощают Ваш вариант

Надо аккуратно посмотреть. Но это уже завтра, что-то у меня переполнение наступило В общем, надо переварить то, что мы сегодня наваяли.

[Dmitriy40]

nnosipov в сообщении #1455235 писал(а):

Вот для $H=-t^2-t+1$:

$$(0,-1), \quad (1,t), \quad (1,-t-1), \quad (-\tfrac{1}{2} \pm \tfrac{1}{2}\sqrt{2t+1}).$$

Какая красота. Сразу получается условие на $t$ ($2t+1$ точный квадрат), можно перебирать существенно меньше (в надежде что вдруг среди них появится более длинное решение).
Ещё бы такую же формулу для варианта $H=-t^2-t+3$.

(Про поглощение)

Я ведь быстренько сварганил утилитку на Дельфи для фильтровки результатов по совпадению с формулами на $H$, вот и стал добавлять формул, когда список стал пуст перед публикацией сюда (уже даже набрал черновик) решил проверить все ли формулы необходимы, ну и оказалось удаление формул $-2t(t-2)+1\pm2$ новых пропусков не добавляет, список всё равно остаётся пустым, т.е. эта формула полностью покрывается другими. Поступил по тупому, почти без всякой математики.

[nnosipov]

Dmitriy40 в сообщении #1455247 писал(а):

Ещё бы такую же формулу для варианта $H=-t^2-t+3$.

Она точно есть (уже на нее посмотрел). Надо чуть-чуть модифицировать предыдущую. Завтра более детально напишу.

[Dmitriy40]

Подобрал вторую серию:

$$H=-t^2+t+3, \quad (0,-1) \quad (-1,t) \quad (-1,-t+1) \quad \left(\tfrac{1}{2} \pm \tfrac{1}{2}\sqrt{2t+3},t\right)$$

И тоже простое условие на $t$, резко сокращающее перебор.
Позволю себе подправить Вашу формулу для большего удобства (тоже три $y$ стали равны $-t$):

$$H=-t^2+t+1, \quad (0,-1) \quad (1,-t) \quad (1,t-1) \quad \left(-\tfrac{1}{2} \pm \tfrac{1}{2}\sqrt{2t-1},-t\right)$$

[Dmitriy40]

Обе формулы можно ещё ускорить вычисления если вместо $t$ брать $t=2k^2+2k\pm1$, где минус соответствует первой формуле ($H=-t^2+t+3$), а плюс второй ($H=-t^2+t+1$). Под корнем будет ровно $(2k+1)^2$, что гарантирует его извлекаемость ($t(k)$ так и построено). Тогда исключаются все условия и каждое значение $k$ сразу даёт два решения, т.е. никаких циклов и проверок, просто линейные вычисления.
Правда при этом можно упустить что решение может быть более длинным, например сюда подпадают третья и пятая шестёрка и семёрка.

[nnosipov]

Я бы хотел объяснить, как можно получить эти две серии с минимальными усилиями. Ключевое соображение: будем искать такие $H$, при которых есть решение $(x,y)$ с $x=\pm 1$. Пусть для определенности речь идет о решении с $x=1$. Подставив это в уравнение $x(y^2-2x^2)+Hx+y+1=0$, получим $y^2+y-1+H=0$. Видим, что имеет смысл рассмотреть значения $H=-t^2-t+1$: тогда предыдущее уравнение будет иметь корень $y=t$, а значит, мы найдем для таких $H$ одно решение $(x,y)=(1,t)$. Но квадратное уравнение имеет два корня: кроме $y=t$, корнем будет и $y=-t-1$ (вспомним формулы Виета). Итак, у нас есть еще одно решение $(x,y)=(1,-t-1)$. Далее, при фиксированном $y$ исходное уравнение является кубическим, а значит, имеет, вообще говоря, три корня. При $y=-t-1$ одним из этих корней будет $x=1$. А каковы два других корня? И здесь нам везет, они описываются простыми формулами: $x=-\tfrac{1}{2} \pm \tfrac{1}{2}\sqrt{2t+1}$. В частности, они могут быть целыми для бесконечно многих значений $t$. Ну вот, у нас есть еще два решения: $(x,y)=(-\tfrac{1}{2} \pm \tfrac{1}{2}\sqrt{2t+1},-t-1)$. Итого: имеем четыре решения плюс еще одно тривиальное $(x,y)=(0,-1)$, всего пять as desired. Вторая серия пятерок, для которой $H=-t^2+t+3$, получается аналогично.

Это можно рассматривать как дополнение к исходной задаче (см. стартовое сообщение). Случайно родилась

Еще одна олимпиадная задача. Докажите, что существует бесконечно много отрицательных значений $H$, для которых уравнение

$$x(y^2-2x^2)+Hx+y+1=0$$

имеет не менее пяти решений $(x,y)$ в целых числах.

-- Пт апр 17, 2020 12:33:54 --

Dmitriy40 в сообщении #1455305 писал(а):

Правда при этом можно упустить что решение может быть более длинным, например сюда подпадают третья и пятая шестёрка и семёрка.

Да. Таким образом, в этих сериях может быть, вообще говоря, больше пяти решений.

[nnosipov]

Как я понял, в этих сериях пятерок ничего другого (шестерок и более) нет до 1.7 тлн. Может, имеет смысл поискать дальше? То есть

Dmitriy40 в сообщении #1455305 писал(а):

если вместо $t$ брать $t=2k^2+2k\pm1$

и двигаться по $k$. Пока обработаны первые примерно полторы тысячи значений $k$ (файл solve5fast.txt). При этом найдено все кроме одной экзотической шестерки $H=-175481375$. Пардон, не все, невнимательно посмотрел.

Upd. Увы, по-прежнему непонятно, каковы шансы получить бесконечную серию шестерок на основе имеющихся серий пятерок.