z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)

[Sonic86]

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.

[ИСН]

Ну, вот ещё серия решений: $y=2x^2,\,z=2x^3+x$. Это не всё.

[rightways]

$x^2+y^2x^2+y^2=z^2$

[Andrey A]

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.

[ИСН]

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 $(8,30,242)$.

[Andrey A]

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 $m=\frac{P^2+1}{Q^2+1}$.

[maxal]

Темы объединены.

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.
$8^2+1=\frac{18^2+1}{2^2+1}=\frac{57^2+1}{7^2+1}=\frac{73^2+1}{9^2+1}=\frac{242^2+1}{30^2+1}=\frac{1032^2+1}{128^2+1}=...$
$30^2+1=\frac{242^2+1}{8^2+1}=\frac{871^2+1}{29^2+1}=\frac{931^2+1}{31^2+1}=\frac{3362^2+1}{112^2+1}=...$

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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