Количество квадратичных функций с целыми коэффициентами

[mihaild]

Пока в теме «Сумма D. Zagier» умные люди решают сложные задачи, я не могу доказать даже стартовое утверждение.
Доказать, что система

$$$\begin{cases} ax^2 + bx + c > 0 \\ b^2 - 4ac = 5 \\ a < 0\end{cases}$$

имеет конечное число решений относительно $a, b, c$ в целых числах, при каком-то "хорошем" (судя по словам nnosipov, квадратично иррациональном, но для начала - хотя бы рациональном) $x$.

Понятно, что если $c \geq 0$, то $b^2 - 4ac = 5$ имеет решения только $a = -1$, $c = 1$, $b = \pm 1$. Дальше считаем, что $c < 0$.
Можно ограничиться случаем $x \geq 0$ (решения для $x < 0$ получаются домножением $b$ на $-1$). Соответственно $b > 0$.
Т.к. $b^2 = 5 + 4ac$, то $b$ нечетное, $b = 2k + 1$, $k > 0$. Соответственно $ac = k^2 + k - 1$.

После подстановки в первое неравенство и приведения, получается $(ax + k) \cdot (ax + k + 1) < 1$, при условии $a | k^2 + k - 1$ - в частности, $a$ взаимно просто с $k$ и с $k - 1$.
При целом $x$ это превращается в $\begin{cases} ax + k \leq 0 \\ ax + k + 1 \geq 0\end{cases}$. Что означает $ax = -k$ или $ax = -k - 1$, что невозможно из-за взаимной простоты, кроме как при $a = -1$, соответственно $k = x$ или $k = x + 1$ - всего два решения.
Но уже для рационального $x$ ничего непонятно, не то что не "более-менее очевидно".

[nnosipov]

mihaild
Сейчас напишу для рациональных $x$.

-- Вс июл 13, 2025 00:05:34 --

Для удобства пусть $a=-A$, $c=-C$, где $A$, $C$ --- натуральные. Имеем систему

$$b>Ax+\frac{C}{x}, \quad b^2-4AC=5.$$

Отсюда следует, что

$$5=b^2-4AC>\left(Ax+\frac{C}{x}\right)^2-4AC=\left(Ax-\frac{C}{x}\right)^2.$$

Значит,

$$\left|Ax-\frac{C}{x}\right|<\sqrt{5}.$$

Пусть $x=p/q$. Тогда получаем $|Ap^2-Cq^2|<pq\sqrt{5}$. Значит, $Ap^2-Cq^2=n$, где $n$ целое и $|n|<pq\sqrt{5}$. Осталось понять, что при фиксированном $n$ имеется конечное число пар $(A,C)$ натуральных чисел, для которых $Ap^2-Cq^2=n$ и число $4AC+5$ является точным квадратом. (Вот это мне показалось более-менее очевидным.) Детали: имеем $4p^2AC+5p^2=4C(Cq^2+n)+5p^2=4q^2C^2+4nC+5p^2$ и уравнение

$$4q^2C^2+4nC+5p^2=X^2$$

имеет конечное множество решений $(C,X)$. (Это не уравнение Пелля, так как коэффициент $4q^2$ является точным квадратом.)

-- Вс июл 13, 2025 00:15:18 --

Для себя я решил просто почитать статью D. Zagier, ибо для олимпиадной задачи это слегка перебор :)

[nnosipov]

mihaild в сообщении #1694014 писал(а):

... имеет конечное число решений относительно $a, b, c$ в целых числах, при каком-то "хорошем" (судя по словам nnosipov, квадратично иррациональном ...

На всякий случай уточню: конечной сумма будет, по-видимому, только для рациональных $x$ (это моя гипотеза). Пример квадратичной иррациональности, для которой сумма бесконечна: $x=\sqrt{5}$. Здесь подходят, например, тройки вида $(a,b,c)=(-A,b,-5A)$, где $(b,A)$ --- решения уравнения $b^2-20A^2=5$ в натуральных числах (их бесконечно много). Это не все подходящие тройки $(a,b,c)$, есть еще те, что даются уравнениями $b^2-20A^2 \pm 16A=5$ (тоже бесконечно много решений). Если просуммировать $ax^2+bx+c$ по всем таким тройкам $(a,b,c)$, получается действительно $2$.