2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение17.05.2010, 07:19 
Заслуженный участник


08/04/08
8556
Найти все решения уравнения $z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)$ в натуральных числах.
Решая $z+i=(x+i)(y+i)$ нашел только $y=x-1, z=x^2-x+1$, но это не все решения, для нахождения остальных таким способом нужно знать разложение числа на множители, чего у меня нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение17.05.2010, 09:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/05/06
13435
с Территории
Ну, вот ещё серия решений: $y=2x^2,\,z=2x^3+x$. Это не всё.

 Профиль  
                  
 
 Решить в целых числах
Сообщение22.01.2015, 17:08 


24/12/13
351
$x^2+y^2x^2+y^2=z^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Решить в целых числах
Сообщение22.01.2015, 17:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
То есть $(x^2+1)(y^2+1)=z^2+1$ ?
Вы вряд ли получите полное решение такого уравнения, да и было уже на форуме. Если взять $x$ в качестве аргумента и положить простым числом (или $-p$), то возможно последовательность
$\frac{z}{y}=\frac{x^2-x+1}{1-x};\frac{x^2+x+1}{1+x};...;\frac{z_{n+1}=(4x^2+2)z_n-z_{n-1}}{y_{n+1}=(4x^2+2)y_n-y_{n-1}}$ и даст все решения, но для составных $x$ могут быть другие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решить в целых числах
Сообщение22.01.2015, 18:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/05/06
13435
с Территории
Для каждого фиксированного $x$ это уравнение типа Пелля с бесконечной серией решений; первым в ней будет $(x,x+1,x^2+x+1)$, а остальные, как я подозреваю, у Вас тоже приведены.

-- менее минуты назад --

С верной оговоркой насчёт
Andrey A в сообщении #966840 писал(а):
но для составных $x$ могут быть другие.
Ближайшее нашёл в $(8,30,242)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Решить в целых числах
Сообщение22.01.2015, 18:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
ИСН в сообщении #966842 писал(а):
Для каждого фиксированного $x$ это уравнение типа Пелля с бесконечной серией решений;

Ну да, если дробь $\frac{p}{q}=[a_1,a_2,...,a_n]\approx \sqrt{m}$ соответствует уравнению Пелля, т.е. $p^2-mq^2=1$, то для дроби $\frac{P}{Q}=[a_1,a_2,...,a_n,a_1\pm 1]$ верно $m=\frac{P^2-1}{Q^2-1}$. Если $m$ - сумма двух вз. простых квадратов, то аналогичная закономерность есть и для нечетных периодов, т.е. можно получить $m=\frac{P^2+1}{Q^2+1}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение23.01.2015, 18:38 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
 i  Темы объединены.

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение25.01.2015, 03:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
ИСН в сообщении #966842 писал(а):
С верной оговоркой насчёт "но для составных $x$ могут быть другие".
Ближайшее нашёл в $(8,30,242)$.


Маленький реферат на тему и около.

Уравнение $x^2-my^2=1$ при должных ограничениях можно переписать так: $m=\frac{x^2-1}{y^2}$ (1).
Похожее уравнение $m=\frac{X^2-1}{Y^2-1}$ (2) можно переписать как $X^2-mY^2=1-m$.
Перемножая почленно выражения
$x^2-my^2=1$ и
$1^2-m\cdot 1^2=1-m$,
получаем $(x\pm my)^2-m(x\pm y)^2=1-m$, или $m=\frac{(x\pm my)^2-1}{(x\pm y)^2-1}$.
Первое выражение - известное разрешимое уравнение, второе - тождество. Если верно (1), то пара $X=(x\pm my);Y=(x\pm y)$ удовлетворяет уравнению (2), и оба решения следуют из разложения $\sqrt{m}$ в непрерывную дробь. Уравнение из темы можно рассматривать как частный случай при $m=z^2+1$. Или такое: $(a^2-1)(y^2-1)=x^2-1$. Некоторые его решения выражаются последовательностью $\frac{x}{y}=\frac{1}{1},\frac{a^2+a-1}{a+1},..., \frac{x_{n+1}=2ax_n-x_{n-1}}{y_{n+1}=2ay_n-y_{n-1}}$. Для вычислений удобно использовать схему из поста выше, но кроме самого факта разрешимости уравнения (2) отсюда мало что следует. Важнее другое: в отличии от уравнения Пелля решения уравнения (2) могут быть не единственны, что не удивительно: условия разрешимости (2) выглядят мене жесткими в сравнении с (1). Вопрос: сколько вообще существует способов представить натуральное $m$ дробью вида $\frac{x^2+z}{y^2+z}$ ? Ответ находится быстро, если вычесть единицу из обеих частей уравнения $\boldsymbol{m=\frac{x^2+z}{y^2+z}}$ (3).
$m-1=\frac{x^2-y^2}{y^2+z}$ или $y^2+z=\frac{x^2-y^2}{m-1}$ или $z=\frac{x^2-y^2}{m-1}-y^2$. Следовательно, для каждой пары $x^2\equiv y^2\mod\ (m-1)$ величина $z$ определена однозначно. Решить уравнение (3), исходя из свойств $m$ - означало бы получить сведения о делимости $(m-1)$. Но можно поставить другую задачу: исходя из свойств $(m-1)$, найти решения (3) с наименьшими $z$, т.е. найти такие пары $x^2\equiv y^2\mod\ (m-1)$, для которых $\frac{x}{y}\approx \sqrt{m}$.

Пусть для некоторого $x_0$ выполняется $x_0^2\equiv 1 \mod\ (m-1)$. Тогда для всех $x=x_0y-k(m-1)$ верно $x^2\equiv y^2  \mod\ (m-1)$, и должно выполняться $\frac{x_0 y-k(m-1)}{y}\approx \sqrt{m}$ или $x_0-\sqrt{m}\approx \frac{k(m-1)}{y}$ или $\frac{y}{k}\approx \frac{m-1}{x_0-\sqrt{m}}$. Разлагая последнее выражение в непрерывную дробь, получаем последовательность нужных значений $(y;k)$, а значит и $x$.
Сделаем преобразования: $\frac{m-1}{x_0-\sqrt{m}}=\frac{(m-1)(x_0+\sqrt{m})}{x_0^2-m}=\frac{x_0+\sqrt{m}}{\frac{x_0^2-1}{m-1}-1}$ . В знаменателе последней дроби - целое число. Обозначив его $z_0$, получаем кв. иррациональность в приведенном виде: $\frac{y_n}{k_n}\approx \frac{x_0+\sqrt{m}}{z_0}=a_1,a_2,…,a_n,…$
Две первые дроби разложения имеют вид $\frac{a_1}{1}; \frac{a_2 a_1+1}{a_2}$, и последовательность $y_n$ определена:
$y_1=a_1$
$y_2=a_2a_1+1$
$y_{n+1}=a_{n+1}y_n+y_{n-1}$
Переменная $k_n$ - вспомогательная и нужна только для вычисления $x_n$ по формуле $x_n=x_0y_n-k_n(m-1)$. Попробуем получить $x_n$ напрямую:
$\mathbf{x_1=}x_0 a_1-1\cdot (m-1)=\mathbf{a_1 x_0-(m-1)};$
$\mathbf{x_2=}x_0 (a_2 a_1+1)-a_2 (m-1)=a_2 (a_1 x_0-(m-1))+x_0=\mathbf{a_2 x_1+x_0}$
$\mathbf {x_{n+1}=}x_0(a_{n+1}y_n+y_{n-1})-(a_{n+1}k_n+k_{n-1})(m-1)=$ $a_{n+1}(x_0y_n-k_n(m-1))+(x_0y_{n-1}-k_{n-1}(m-1))=\mathbf {a_{n+1}x_n+x_{n-1}}$
И так, некоторые решения уравнения (3) с наименьшими $z$ можно получить из последовательности дробей

$\boldsymbol{\boldsymbol{\frac{x_n}{y_n}=\frac{a_1x_0-(m-1)}{a_1};\frac{a_2x_1+x_0}{a_2y_1+1};...;\frac{a_{n+1}x_n+x_{n-1}}{a_{n+1}y_n+y_{n-1}};...}}$

где $x_0$ удовлетворяет условию $x_0^2\equiv 1 \mod\ (m-1)$, $z_0=\frac{x_0^2-1}{m-1}-1$, последовательность $a_n$ - результат разложения иррациональности $\frac{x_0\pm \sqrt{m}}{z_0}$ в непрерывную дробь. Алгебраическая сумма в числителе не противоречит предыдущим предложениям, привнося варианты решений. Значения $z_n$ определены формулой $z_n=\frac{x_n^2-y_n^2}{m-1}-y_n^2=\frac{x_n^2-my_n^2}{m-1}$, а также следуют непосредственно из $(n+1)$-го шага самой процедуры разложения (знаменатель новой дроби после сокращения***). Для $m=15403$, выбирая $5135^2\equiv 1 \mod\ 15402$ в качестве $x_0$, получаем разложение $\frac{5135+\sqrt{15403}}{1711}=3,13,1,1,3,5,9,…$ и соответствующие решения:
$15403=\frac{0}{0};\frac{5174^2+138}{40^2+138};\frac{5177^2-109}{43^2-109};\frac{10351^2+67}{83^2+67};\frac{36230^2-46}{292^2-46};\frac{191501^2+27}{1543^2+27};\frac{1759739^2-1}{14179^2-1};...$
По сути, это некий альтернативный способ получения маленьких квадратичных вычетов по $\mod\ m$ с соответствующими квадратами, предполагающий наличие информации о делителях $(m-1)$. Вместо натурального $m$ можно подставить рациональное $\frac{m_1}{m_2}$ и провести аналогичные преобразования, обобщив заодно полученный результат: некоторые решения уравнения $\boldsymbol{\frac{m_1}{m_2}=\frac{x^2+z}{y^2+z}}$ с наименьшими $z$ можно получить из последовательности дробей

$\boldsymbol{\boldsymbol{\frac{x_n}{y_n}=\frac{a_1x_0-(m_1-m_2)}{a_1};\frac{a_2x_1+x_0}{a_2y_1+1};...;\frac{a_{n+1}x_n+x_{n-1}}{a_{n+1}y_n+y_{n-1}};...}}$

где $x_0$ удовлетворяет условию $x_0^2\equiv 1 \mod\ (m_1-m_2)$, $z_0=m_2\frac{x_0^2-1}{m_1-m_2}-1$, последовательность $a_n$ - результат разложения иррациональности $\frac{x_0m_2\pm \sqrt{m_1m_2}}{z_0}$ в непрерывную дробь (предполагается $m_1>m_2$). Значения $z_n$ определены формулой $z_n=m_2\frac{x_n^2-y_n^2}{m_1-m_2}-y_n^2=\frac{m_2x_n^2-m_1y_n^2}{m_1-m_2}$, а также следуют непосредственно из $(n+1)$-го шага самой процедуры разложения (знаменатель новой дроби после сокращения). Для пропорциональных решений, полученных таким способом, имеется ограничение: коэффициент пропорциональности $d\mid (m_1-m_2)$.
Можно добавить, что описанная схема легко продолжается на степени $>2$, но если сложности, возникающие при разложении иррациональности $\frac{m-1}{x_0-\sqrt[k]{m}}$ еще преодолимы, то проблема роста последовательности $z_n$ сохраняется всегда.

$77=\frac{(-17)^3-92}{3^3-92};\frac{14^3+28}{2^3+28};\frac{53^3-267}{13^3-267};\frac{60^3\cdot 2^3+62\cdot 2^3}{14^3\cdot 2^3+62\cdot 2^3};\frac{293^3-1861}{69^3-1861};\frac{413^3+2226}{97^3+2226};...$

Остаются вопросы применимости и полноты, т.е. любое ли решение может быть получено таким способом? Скорее всего нет. Тройку $(8;30;242)$, указанную ИСН, удается получить, при $m=30^2+1, x_0=199$ из пропорциональной дроби $(d=2)$. А при $m=8^2+1$ что-то не видать (мало квадратов $\equiv 1\mod64$).
Пожалуй и всё.


***Совпадение этих последовательностей - полная для меня неожиданность. Не знаю как доказать. Может просто.

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение31.01.2015, 09:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Upd 31.01
Возможно, полное решение можно получить указанным способом в случае $m-1$ свободного от квадратов. Если же существуют $d>1$ такие, что $m-1=d^2m'$, то предположительно все решения уравнения $\boldsymbol{m=\frac{(dx)^2+z}{(dy)^2+z}}$ с наименьшими $z$ содержатся в последовательности дробей
$\boldsymbol{ \frac{x}{y}=\frac{a_1x_0-m'}{a_1};\frac{a_2x_1+x_0}{a_2y_1+1};...;\frac{x_{n+1}=a_{n+1}x_n+x_{n-1}}{y_{n+1}=a_{n+1}y_n+y_{n-1}};...}$,
где $x_0\equiv 1\mod m'$, $z_0=\frac{x_0^2-1}{m'}-d^2$, последовательность $a_n$ - результат разложения иррациональности $\frac{x_0\pm \sqrt{m}}{z_0}$ в непрерывную дробь. Значения $z_n$ определены формулой $z_n=\frac{x_n^2-y_n^2}{m'}-(dy_n)^2$, а также следуют непосредственно из $(n+1)$-го шага самой процедуры разложения (более общий случай). В детали не вдаюсь.
$8^2+1=\frac{18^2+1}{2^2+1}=\frac{57^2+1}{7^2+1}=\frac{73^2+1}{9^2+1}=\frac{242^2+1}{30^2+1}=\frac{1032^2+1}{128^2+1}=...$
$30^2+1=\frac{242^2+1}{8^2+1}=\frac{871^2+1}{29^2+1}=\frac{931^2+1}{31^2+1}=\frac{3362^2+1}{112^2+1}=...$

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение25.08.2018, 10:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Upd 25.08.2018 несколько запоздалых замечаний. Если в уравнении $(3)$ заменить $z$ на $\pm $ целый квадрат, то каждое решение порождает множество пропорциональных решений, и уместно ограничить поиск троек $(x,y,z)$ требованием взаимной простоты. Приведенная выше схема остается в этом случае наиболее общей с некоторыми дополнениями:
Пусть $m_1\mp m_2=m'd^2>0$ и $x_0^2\equiv \pm 1 \mod m'$ ($m_1,m_2$ взаимно просты, неявно предполагается $m_1 \gg  m_2$). Тогда все решения уравнения ${\dfrac{m_1}{m_2}=\dfrac{(dx)^2 \pm z}{(dy)^2+z}}$ с наименьшими $z$ содержатся в последовательности дробей $\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{x_0}{1};\dfrac{a_1x_0-m'}{a_1};...;\dfrac{x_{n+1}=a_{n+1}x_n+x_{n-1}}{y_{n+1}=a_{n+1}y_n+y_{n-1}};...$ где $a_n$ - результат разложения иррациональности $R=\dfrac{x_0m_2+\sqrt{m_1m_2}}{z_0}$ в непрерывную дробь, $z_0=m_2\dfrac{x_0^2\mp 1}{m'}-d^2,\ z_n=m_2\dfrac{x_n^2\mp y_n^2}{m'}-(dy_n)^2
$. Нестандартный способ нахождения квадратов, сравнимых $ \pm 1 \mod m'$ описан здесь (заголовок «Палиндромы»). На практике для разложения $R$ применима следующая процедура в виде таблицы: $$\begin{vmatrix}
n\\ 
\\ 
a_n\\ 
b_n\\ 
z_n\\ 
\\ 
x_n\\ 
y_n
\end{vmatrix}\left.\begin{matrix}
0 & 1 & 2 & ... & k+1\\ 
 &  &  &  & \\ 
- & \left \lfloor R \right \rfloor & \left \lfloor 1/(R-a_1) \right \rfloor & ... & \left \lfloor (-b_k+(-1)^k \cdot \sqrt{m_1m_2})/z_k \right \rfloor\\ 
-m_2x_0 & a_1z_0-m_2x_0 & a_2z_1+b_1 & ... & a_{k+1}z_k+b_k\\ 
z_0 & a_1^2z_0+m_2(m'-2a_1x_0) & a_2(b_1+b_2)+z_0 & ... & a_{k+1}(b_k+b_{k+1})+z_{k-1}\\ 
 &  &  &  & \\ 
x_0 & a_1x_0-m' & a_2x_1+x_0 & ... & a_{k+1}x_k+x_{k-1}\\ 
1 & a_1 & a_2y_1+1 & ... & a_{k+1}y_k+y_{k-1}
\end{matrix}\right|$$ Тут $a_n$ - собственно последовательность знаков непрерывной дроби, $b_n$ - вспомогательная переменная. Как видно, величина параметра $z_n$ следует из самой процедуры и не требует дополнительных вычислений. Наиболее затратная операция – вычисление целой части иррациональности в верхней строке, где можно заменить $\sqrt{m_1m_2}$ на $c=\left \lfloor \sqrt{m_1m_2} \right \rfloor$. Смена знака $x_0$ привносит варианты решений. Вычисления ведутся до нужного значения $z_n$, которое необязательно достигает единицы. В случае $x_0^2\equiv -1$ сходство с уравнением Пелля скорее уже внешнее, зато в уравнении $(x^2-1)(y^2+1)=z^2-1$ можно брать аргументом как $x$ так и $y$, а уравнение $(x^2+1)(y^2+1)=z^2-1$ вообще неразрешимо (противоречие по $\mod 8$), и единицы параметр $z_n$ не достигнет никогда. Но возможны любопытные результаты: $4^2+1^2=\frac{9^2+2^2}{3^2-2^2}=\frac{15^2-2^2}{3^2+2^2}=\frac{24^2+2}{6^2-2}=\frac{198^2-2}{48^2+2}...\ ;$ $5^2-1=\frac{7^2-1}{1^2+1}=\frac{11^2-1}{2^2+1}=\frac{59^2-1}{12^2+1}=\frac{103^2-1}{21^2+1}=\frac{583^2-1}{119^2+1}...\ ;$ $47^2-6^4=\frac{1073^2-6^2}{35^2+6^2}=\frac{2315122022^2+6}{76619356^2-6}...$ и т.д.

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение28.03.2019, 02:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Upd 27.03.2019 К вопросу применимости. Диофантово уравнение $(x^k-1)(y^k-1)=z^2$ (1) с фиксированным аргументом $k>2$ упоминалось в разное время здесь и здесь. Случай $k=2$ сводится к ур. Пелля: из $1=3^2-2\cdot 2^2=17^2-2\cdot 12^2$ следует например $(3^2-1)(17^2-1)=(2\cdot 2\cdot 12)^2$, но для каких $m$ уравнение $X^3-mY^2=1$ имеет два решения — вопрос нетривиальный. Замечу, что если дробь $\dfrac{x^k-1}{y^k-1}$ является квадратом рационального числа $t$, то произведение $(x^k-1)(y^k-1) оказывается целым квадратом, пара же $(x,y)$ — решением (1). Более того, во всех известных мне решениях (1) $t$ также целое. Приняв это на веру, одним из возможных путей можно считать поиск целых $t$, для которых разрешимо уравнение $t^2=\dfrac{x^k-1}{y^k-1}$, и тут прямое отношение к теме. Положим $k=3.$ Из предыдущих постов следует требование $x^3 \equiv y^3 \mod t^2-1$, но и само $t^2$ делит $x^3-1.$ То есть если три последовательных члена нат. ряда не содержат в каноническом разложении простых вида $6n-1$ (или мало содержат), средний из них можно считать "хорошим претендентом на $t$". Пусть для некоторого $x_0$ выполняется $x_0^3\equiv 1 \mod t^2-1$, тогда все решения ур-я $t^2=\dfrac{x^3+z}{y^3+z}$ с наименьшими $z$ получаем из последовательности дробей $\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{x_0}{1},\dfrac{a_1x_0-t^2+1}{a_1},...,\dfrac{x_{n+1}=a_{n+1}x_n+x_{n-1}}{y_{n+1}=a_{n+1}y_n+y_{n-1}};...$, где $a_n$ — результат разложения иррациональности $R=\dfrac{t^2-1}{x_0-t^{\frac{2}{3}}}$ в непрерывную дробь, $z_n=\dfrac{x_n^3-y_n^3}{t^2-1}-y_n^3$. Рекуррентное правило последовательности $z_n$ есть тут (загл. "Радикалы степени k").
Пример: $t=77, x_0=3649, R=\frac{77^2-1}{3649-77^{\frac{2}{3}}}\approx 1,1,1,1,2,1,1,2,1228,...$
$77^2=\frac{3649^3+8196215}{1^3+8196215},\frac{-2279^3-1996756}{1^3-1996756},\frac{1370^3+433756}{2^3+433756},\frac{-909^3-126729}{3^3-126729},\frac{461^3+16402}{5^3+16402},\frac{13^3-2197}{13^3-2197},\frac{474^3+12132}{18^3+12132},$ $\frac{487^3-10312}{31^3-10312},\frac{1448^3+4^3}{80^3+4^3},...$ Из последней дроби с коэффициентом пропорциональности $d^3=-4^3$ получаем $77^2=\frac{-362^3-1}{-20^3-1}$.

Подобным образом находятся и рациональные решения (1). Общая формулировка такова: пусть $m_1^2-m_2^2=m'd^k>0$ и $x_0^k\equiv 1 \mod m'.$ Тогда все решения уравнения $\left ( {\dfrac{m_1}{m_2} \right )^2=\dfrac{(dx)^k + z}{(dy)^k+z}}$ с наименьшими $z$ содержатся в последовательности дробей $\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{x_0}{1};\dfrac{a_1x_0-m'}{a_1};...;\dfrac{x_{n+1}=a_{n+1}x_n+x_{n-1}}{y_{n+1}=a_{n+1}y_n+y_{n-1}};...$ где $a_n $ — результат разложения иррациональности $R=\dfrac{m_1^2-m_2^2}{x_0m_2^2-\sqrt[k]{m_1^2m_2^{2k-2}}}$ в непрерывную дробь, $z_n=m_2^2\dfrac{x_n^k-y_n^k}{m'}-(dy_n)^k.$
Для $k=4$ одно решение (1) известно, но и только.

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение18.07.2019, 21:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Вышеописанный алгоритм решения уравнения $X^2-mY^2=1-m$ удается применить к более общему уравнению $$X^2-MY^2=C\ (4),$$ исходя из тех же принципов. Далековато ушло от темы, но вне контекста это будет непонятно. В отличии от предыдущего это уравнение разрешимо не при любых $M,C$. Необходимо чтобы $C$ было квадратичным вычетом по $\mod  M$ и $M$ по $\mod  C$ ($M$ по-прежнему считаем натуральным аргументом не равным целому квадрату, $\gcd (M,C)=1$ (пока), $C$ целое $\neq 0$). Первое условие выразим так: существует целое $b$ такое, что $b^2 \equiv M \mod C,$ причем знак $b$ совпадает со знаком $C$. Стартовые условия алгоритма предполагают наличие параметра $b$, добытого любым из известных способов (хотя бы перебором). Тогда некоторые решения $\dfrac{X}{Y}$ уравнения $(4)$ входят в бесконечную последовательность дробей $$\dfrac{p_{-1}=-C}{q_{-1}=0};\dfrac{p_0=b}{q_0=1};...;\dfrac{p_{n+1}=a_{n+1}p_n+p_{n-1}}{q_{n+1}=a_{n+1}q_n+q_{n-1}};...\ ,$$ где $a_n$ — последовательность знаков разложения иррациональности $\dfrac{C}{b-\sqrt{M}}$ в стандартную непрерывную дробь. Или в виде таблицы:

$$\begin{vmatrix}
n\\ 
\\ 
a_n\\ 
b_n\\ 
z_n\\ 
\\ 
p_n\\ 
q_n
\end{vmatrix}\left.\begin{matrix}
 -1 & 0 & ... & k+1\\ 
  &  &  & \\ 
 - & - & ... & \left \lfloor (-b_k+(-1)^k \cdot \sqrt{M})/z_k \right \rfloor\\ 
 - & -b & ... & a_{k+1}z_k+b_k\\ 
 C & (b^2-M)/C & ... & a_{k+1}(b_k+b_{k+1})+z_{k-1}\\ 
  &  &  & \\ 
-C & b & ... & a_{k+1}p_k+p_{k-1}\\ 
 0 & 1 & ... & a_{k+1}q_k+q_{k-1}
\end{matrix}\right|$$
Наименьшее решение отыскивается по достижении $z=1$. Если таким способом может быть найдено любое решение $(4)$, то общее решение составляют несколько бесконечных последовательностей не более количества различных $b$ на интервале $(0,C).$ Если $C$ квадратичный невычет по $\mod M$, решение не будет найдено ни по какому квадрату, но это не единственно возможная причина неразрешимости $(4)$, тут вопрос отдельный. Замечу только, что если уравнение разрешимо, период разложения алгоритма, похоже, всегда совпадает с периодом разложения $\sqrt{M}$ (гипотеза). Возможен случай когда по некоторым $b$ решений нет, а по некоторым находятся. Для $x^2-41y^2=32$, к примеру, имеем четыре квадрата $\equiv 41 \mod 32:\ b=3,13,19,29.$ Исходя из первого и последнего, получаем период знаков дроби $(2,2,12)$ схожий с разложением $\sqrt{41}$ и решения $109^2-41\cdot 17^2=32,\ 301^2-41\cdot 47^2=32.$ Исходя из $b=13,19$, получаем период $(2,2,1,5,1)$ без решения.
Положим теперь, что параметры $M,C$ не вз. просты. Обозначим $\gcd(M,C)=d$, тогда $d\mid X^2$. Если $d$ кратно некоторому целому квадрату, можно сократить на него все слагаемые и получить аналогичное уравнение. Поэтому считаем $d$ свободным от квадратов. Тогда $d\mid X$. Сделаем подстановки $X=dZ,M=dm,C=dc$: $(dZ)^2-dmY^2=dc$. Сокращая на $d$, получаем $$dZ^2-mY^2=c\ (5).$$ Если это уравнение разрешимо, разрешимо и $(4)$ с $\gcd(M,C)=d$, еще и такое $(mY)^2 -mdZ^2=-mc$. Но по сути речь идет об уравнении $(5)$, где $(d,m,c)$ — тройка попарно вз. простых аргументов, которое так же решается с помощью описанного алгоритма. Необходимые условия разрешимости $(5)$ следуют из теоремы Лежандра, но опять-таки без гарантии, поскольку при $c$ не хватает нужного квадрата. Спасибо ex-math за полезные разъяснения.

Upd 19.07.2019
Как и в предыдущих постах решения $(4)$ могут оказаться пропорциональными. Уравнение $X^2-33Y^2=12$ алгоритм решает так: $24^2-33\cdot 4^2=4\cdot 12$, и только после сокращения на $z=4$ получаем в нужном виде. Поэтому $z$ приходится проверять на квадратность. Несовпадение периодов алгоритма с разложением $\sqrt{M}$ свидетельствует, похоже, лишь о возможности пропорциональных решений.

Upd 31.07.2019
Andrey A в сообщении #1405749 писал(а):
Необходимо чтобы $C$ было квадратичным вычетом по $\mod  M$ и $M$ по $\mod  C$
Верно для $C$ свободного от квадратов.

 Профиль  
                  
 
 Re: z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)
Сообщение02.04.2022, 11:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Upd 02.04.2022

Подобно тому, как решения Пелля находятся разложением квадратного радикала в стандартную непрерывную дробь с шагом $p_nq_{n-1}-p_{n-1}q_n= \pm 1$ в подходящих, для поиска решений уравнения $X^2-MY^2=C$ применимы подходящие с шагом $p_nq_{n-1}-p_{n-1}q_n= \pm C$ и остатками вида $p_n^2-Mq_n^2$ также кратными $C$. Если первая пара подходящих отвечает данным требованиям, им также отвечает и вся последовательность, построенная по принципу $p_{n+1}=a_{n+1}p_n+p_{n-1},\ q_{n+1}=a_{n+1}q_n+q_{n-1}.$ К этому, собственно, сводится весь предыдущий текст, но сама дробь $a_n$ следует из стандартного разложения иррациональности отличной от $\sqrt{M}.$ Оно и работает, но доказательств тому что любое решение может быть найдено таким способом у меня нет. Это серьезный пробел. По зрелом размышлении соглашусь с nnosipov, все-таки математика точная наука. Тем более что существуют строгие методики решения более общего уравнения, реализованные например в сервисе https://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM, juna, спасибо за ссылку! Однако же в частных случаях трудно этим удовлетвориться, достаточно посмотреть как решает указанный сервис уравнение $77=\frac{x^2-1}{y^2-1}$ пошагово $(x^2-77y^2+76=0)$. Это не решение, это целая поэма! Глубоко не вдавался, но если наименьшие решения находятся перебором, то и предыдущее писалось не зря.

Касательно уравнения $m=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ можно утверждать следующее:
1) Если $m$ не является квадратом рационального числа, оно разрешимо в целых числах $(x,y)$ и имеет бесконечные серии решений.
2) В рациональных числах уравнение имеет полное $2$-параметрическое решение $$x=\dfrac{2m(k+1)}{k^2-m}+1,\ y=\dfrac{2(k+m)}{k^2-m}+1,$$ где $k$ — любое рациональное число $\neq  \sqrt{m} .$ Для некоторого существующего решения $(x_0,y_0)$ нужный коэффициент $k$ находится из соотношения $k=\dfrac{x_0+1}{y_0-1}$ (обратная связь). Очень просто. Не прошло и $7$ лет, как стало видно. Но при каких условиях одна из указанных дробей окажется целым числом — на этот вопрос удается ответить лишь приблизительно: нужные коэффициенты $k$ должны быть выражены дробью близкой по величине к $\sqrt{m}$, имеющей в числителях и знаменателях общие делители с $m$, в том числе $\neq 1$ (по возможности). Не хватает понятия $\gcd$ рациональных чисел. Прилагаю таблицу для расчетов. Для любого существующего решения $k$ определено, причем, меняя знаки $x_0,y_0$ можно получить $4$ варианта $k$ и выбрать наименьший или ближайший к $\sqrt{m}$, и тем не менее условия поиска размыты. Опять фольклор. Хорошо бы с этой темой уже закругляться.

Таблица Excel, ссылка для скачивания https://disk.yandex.ru/i/M-HMiyK58NAmpQ

Andrey A в сообщении #1551653 писал(а):
В рациональных числах уравнение имеет полное $2$-параметрическое решение
Также полезны в различных задачах полные $2$-x параметрические решения уравнений

$\dfrac{x^2-1}{y^2-1}=\square:$ $$x=\dfrac{pq-1}{p-q},\ y=\dfrac{pq+1}{p+q}.$$
$\dfrac{x^2+1}{y^2+1}=\square:$ $$x=\dfrac{uv+1}{u-v},\ y=\dfrac{uv-1}{u+v}.$$

Исправлено 25.08.2022

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 13 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group