Равенство с натуральными числами

[nnosipov]

Натуральные числа $x$, $y$, $z$, $a$, $b$ таковы, что $x^2+ay^2+b=(ayz)^2$, причём $a>b$. Докажите, что $z=a-b$.

[Andrey A]

Перепишем: $x^2-\left[ (az)^2-a\right]y^2=-b$
Решения с маленькими $b$ следуют из разложений $\sqrt{(az)^2-a}$ с полупериодами в один или два знака. Отрицательный вычет $(-b)$ в таких разложениях единственный, и получить его можно из первой же подходящей дроби. Доказывать долго, выпишу лучше подходящие дроби для трех частных случаев:
1) $z=1,a>1$
$\sqrt{a^2-a}=a-1,(2,2a-2)= \frac{a-1}{1};\frac{2a-1}{2};...$
$(a-1)^2-(a^2-a)\cdot 1^2=-(a-1)$
$b=a-1$

2) $a=1,z>1$
$\sqrt{z^2-1}=z-1,(1,2z-2)= \frac{z-1}{1};\frac{z}{1};...$
$(z-1)^2-(z^2-1)\cdot 1^2=-(2z-2)$
$b=2z-2$

3) $a,z>1$
$\sqrt{(az)^2-a}=az-1,(1,2z-2,1,2az-2)= \frac{az-1}{1};\frac{az}{1};\frac{az(2z-1)-1}{2z-1};\frac{2az^2-1}{2z};...$
$(az-1)^2-((az)^2-a)\cdot 1^2=-(a(2z-1)-1)$
$b=a(2z-1)-1$

Условие $a>b$ выполняется только в первом случае, а для него верно $a-b=1=z$.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #852104 писал(а):

Доказывать долго

Ну, не так чтобы долго. Можно без цепных дробей обойтись, хотя, конечно, и с ними можно.

[Ring0]

nnosipov в сообщении #847882 писал(а):

Натуральные числа $x$, $y$, $z$, $a$, $b$ таковы, что $x^2+ay^2+b=(ayz)^2$, причём $a>b$. Докажите, что $z=a-b$.

http://math.hashcode.ru/questions/39534#40109

[nnosipov]

Ring0, спасибо за информацию. Обязательно посмотрю.