2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, 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
8268
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
13120
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
203
$x^2+y^2x^2+y^2=z^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Решить в целых числах
Сообщение22.01.2015, 17:57 


21/11/12
388
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
13120
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 


21/11/12
388
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
5151
 i  Темы объединены.

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


21/11/12
388
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 $z_n=\frac{x_n^2-y_n^2}{m-1}-y_n^2$, 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 $z_n=m_2\frac{x_n^2-y_n^2}{m_1-m_2}-y_n^2$, 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 $d\mid (m-1)$.
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 


21/11/12
388
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  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 9 ] 

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