Уравнения m^2*x^4-n^2*y^4=z^2

[scwec]

Рассмотрим уравнения
1. $m^2x^4+n^2y^4=z^4$ (по предложению age)
2. $m^2x^4-n^2y^4=z^4$
Для того, чтобы 1. решалось в натуральных числах необходимо, чтобы $m, n, 2mn$ были конгруэнтными числами.
Для того, чтобы 2. решалось в натуральных числах необходимо, чтобы $m, n, mn$ были конгруэнтными числами.
Эти условия получаются следующим образом:
Пусть $a^2+b^2=c^2$, $a,b,c$ - натуральные числа.
Тогда конгруэнтными числами являются: $ac$, $bc$
Действительно, положим $A=\frac{2ac}{b}$, $B=b$, $C=\frac{a^2+c^2}{b}$
$A^2+B^2=C^2$
$\frac{AB}{2}=ac$ т.е. $ac$ - конгруэнтное число.
Для $bc$ то же самое.
Уравнение 1. записывается как $(mx^2)^2+(ny^2)^2=(z^2)^2$
Тогда $mx^2z^2$, $ny^2z^2$, $2mx^2ny^2$, а стало быть и $m, n, 2mn$ - конгруэнтные числа.
Аналогичные действия и с уравнением 2.
Теперь посмотрим на удачное решение уравнения 1., найденное age: $n=31$, $m=5$. Необходимые требования для него выполняются. $5,31,310$ - конгруэнтные числа.
А вот для уравнения 2. $n=31$, $m=5$ не подойдут, это можно сказать заранее, поскольку 155 не конгруэнтно.
Для выяснения достаточных условий придется все же залезать в эллиптические кривые.
Для данных уравнений эти условия, по-моему, совсем не очевидны.

[scwec]

Исправляю необходимые условия для уравнения 2.
$m, 2n, mn$ - конгруэнтные числа.

[age]

я нашёл без эллиптических кривых

[scwec]

age, Вы совершенно правы, когда говорите, что что эллиптические кривые не дают возможности применить их для решения диофантовых уравнений.
Однако, все не так просто.
Вот например $x^4+y^4=5z^4$
Или $x^4+y^4=17z^4$.
Это классика.
Есть рациональные решения?

[nnosipov]

scwec в сообщении #457618 писал(а):

Вот например $x^4+y^4=5z^4$
Или $x^4+y^4=17z^4$.

Неразрешимость первого уравнения очевидна, а второе столь же очевидно разрешимо. Но вот как найти все его решения? Это, наверное, трудно.

[scwec]

Так что $x^4+y^4=5z^4$ действительно тривиально. А вот следующее не очень.То,что классика, так это Касселс УМН 1985 т.40 вып. 4

[nnosipov]

scwec в сообщении #457632 писал(а):

Касселс УМН 1985 т.40 вып. 4

Да уж ... Я бы age'у предложил уравнение "попроще", типа $x^4-157^2y^4=z^2$, но, боюсь, он на меня совсем обидится.

[age]

(Оффтоп)

nnosipov
К этому уравнению больше Ваши конгруэнтные числа подойдут.

-- Вт июн 14, 2011 12:35:00 --

nnosipov в сообщении #457627 писал(а):

Но вот как найти все его решения? Это, наверное, трудно.

Все решения - это трудно, но вот какое-то одно можно попробовать.

[nnosipov]

age в сообщении #457857 писал(а):

nnosipov
К этому уравнению больше Ваши конгруэнтные числа подойдут.

Так и есть. Что примечательно, у этого скромного уравнения вызывающе бесстыдные решения --- самое маленькое (говорят) имеет вид

$$ x=224403517704336969924557513090674863160948472041 $$

$$ y=17824664537857719176051070357934327140032961660 $$

($z$ уже полностью не влезает).

[age]

Сильно Впечатлили. Попробую поискать сам. Кстати, у Вас $y$ - чётно, а $x$ - нечётно (шютка).

-- Ср июн 15, 2011 01:01:44 --

scwec в сообщении #457618 писал(а):

Или $x^4+y^4=17z^4$.
Это классика.
Есть рациональные решения?

age в сообщении #457857 писал(а):

Все решения - это трудно, но вот какое-то одно можно попробовать.

я попробовал рассмотреть гораздо более простое уравнение $x^4-y^4=17z^2$. Аналитическое решение его свелось к решению системы:

$\begin{cases} a^2-17b^2=m^2+17n^2\\ ab=mn \end{cases}$

Решить её не удалось. В ход был пущен компьютер, с помощью него удалось найти следующие решения:

$13^4+2^4=17\cdot41^2$

$43^4+38^4=17\cdot569^2$

$863^4+314^4=17\cdot182209^2$

$1186^4+859^4=17a^2$

$12134^4+2297^4=17b^2$

других решений $<50000$ нет. Стоит заметить, что ни одно из чисел в правой части не является квадратом, т.е. среди найденных решений нет ни одного решения $x^4+y^4=17z^4$.

Единственным решением пока остаётся $2^4+1^4=17\cdot1^4$. Вероятно, как выражается nnosipov у этого уравнения также "вызывающе бесстыдные решения".

[age]

age в сообщении #458182 писал(а):

Сильно Впечатлили. Попробую поискать сам. Кстати, у Вас $y$ - чётно, а $x$ - нечётно (шютка).

В общем, посмотрел. Если $y$ - нечётно, то решений нет (с очень большой долей вероятности, в дебри не полез, я вам не Ферма).

-- Ср июн 15, 2011 02:37:37 --

В общем так. Если $y$ - чётно, то там получается цепочка уравнений (типа МБС). Например, следующим (меньшим) по цепочке является: $4x_1^4+157^2y_1^4=z_1^2$. Дальше не знаю какое будет, надо смотреть. Но будет в любом случае $m^2x_i^4\pm 157^2n^2y_i^4=z_i^2$. Так вот, надо одно из них (на бог весть каком этапе) загнать в мою формулу из соседней темы:

age в сообщении #453781 писал(а):

Одно из решений:

$\begin{cases} x=4p^3q-4mpq^3\\ y=p^2+mq^2\\ z=2p^8-8mp^6q^2+44m^2p^4q^4-8m^3p^2q^6+2m^4q^8\\ n=2p^4-12mp^2q^2+2m^2q^4 \end{cases}$

Вот как только подойдёт, это и будет решение. Ну а с этапами мудрить можно бесконечно долго. Поэтому можно утверждать, что раз есть одно решение, то их бесконечно много. Т.к. приведённое Вами решение описывается вот этой самой (или аналогичной) формулой, только её много и много раз надо ещё трансформировать по всем этапам в обратном порядке. В общем, это будет нечто очень огромное.

-- Ср июн 15, 2011 02:45:02 --

ойй.. хотя кажется можно просто решить уравнение $p^4-6p^2q^2+q^4=314a^2$

-- Ср июн 15, 2011 02:55:18 --

Но его решить ничем не проще исходного.

[scwec]

age, уравнение $p^4-6p^2q^2+q^4=314a^2$ вообще не имеет решений в натуральных числах, поскольку левая часть его (если она больше нуля) всегда число конгруэнтное, а правая часть - нет.

[age]

scwec в сообщении #459185 писал(а):

age, уравнение $p^4-6p^2q^2+q^4=314a^2$ вообще не имеет решений в натуральных числах, поскольку левая часть его (если она больше нуля) всегда число конгруэнтное, а правая часть - нет.

Здорово Иногда объединение усилий даёт неплохие плоды. Значит, формула будет не моя, а аналогичная (т.к. я привёл лишь частное решение), где $n$ будет числом неконгруэнтным.

[nnosipov]

age, не могли бы Вы сформулировать задачу, которую пытаетесь решить? Что-то я никак не могу понять.

[scwec]

Вернусь поближе к началу.
Пусть $a^2+b^2=c^2$. Если $a,b,c$ - натуральные числа, то $S=\frac{ab}{2}$ и $K=ac$ - конгруэнтные числа.
Справедливы
Тождество 1. $a^2b^2(2c)^4+(b^2-a^2)^4=(c^4+4a^2b^2)^2$.
Тождество 2. $(a^2+c^2)^4-a^2c^2(2b)^4=(b^4-4a^2c^2)^2$.
С помощью тождества 1. решается уравнение $m^2x^4+n^2y^4=z^2$.
С помощью тождества 2. решается уравнение $m^2x^4-n^2y^4=z^2$.
Решение для последнего уравнения, приведенное nnosipov, при $m=1, n=157$ по такому пути следует из очень известного (в том числе и благодаря чудовищным размерам чисел) решения D.Zagier.
Оба тождества, конечно, существуют сами по себе, но, что очень важно, тождество 1. связано с удвоением точек на кривой $v^2=u^3-S^2u$, а тождество 2. с удвоением точек на кривой $v^2=u^3+4K^2u$.
Из такой связи ясно, что при помощи операций сложения рациональных точек (формулы которых хорошо известны) на указанных эллиптических кривых, можно получить огромное количество подобных тождеств, с помощью которых, если здорово повезет, удастся решить сложные уравнения всяких степеней.