Диафантин

[arqady]

Натуральные числа $x,$ $y$ и $z$ удовлетворяют условию:

$$xy=1+z^2.$$

Докажите, что существуют целые $a$, $b$, $c$ и $d$, что

$$x=a^2+b^2,$$

$$y=c^2+d^2$$

и

$$z=ac+bd.$$

[Andrey A]

$xy-z^2=(ad-bc)^2=1$ плюс общеизвестный факт, что двойка и простые $4k+1$ представимы данной формой. Если один множитель единица, второй — простое, отсюда всё и следует. Если же указанное произведение есть составное число, существует второе отображение суммой двух квадратов, тогда через полусуммы и полуразности оснований одночетных квадратов узнаем нужные $ac,bd,ad,bc.$ Из $(ad-bc)^2=1$ следует также взаимная простота пар $(a,b),(c,d)$. Значит дроби $\dfrac{ac}{bc}=\dfrac{a}{b}$, $\dfrac{bc}{bd}=\dfrac{c}{d}$ далее уже не сократимы, и четверка $a,b,c,d$ определена однозначно. Как-то так. Но могут быть другие подходы, например такой https://dxdy.ru/topic80908.html

[Andrey A]

Конкретней 3 случая:

1) $x=1.$
$a=1,b=0,c=z,d=1.$

2) $x=2.$
$a=1,b=1,c=(z+1)/2,d=(z-1)/2.$

3) $x,y>2.$
На интервале $(0,z)$ расположена хотя бы одна пара $p,q$ таких, что $1+z^2=(2p+1)^2+q^2$. Тогда четверка $a,b,c,d$ однозначно определена парой несократимых дробей $\dfrac{a}{b}=\dfrac{z-q}{2p},\ \dfrac{c}{d}=\dfrac{z+q}{2p}.$

[Andrey A]

Ладно. Третий пункт еще подробней:
$1+z^2=(2p+1)^2+q^2$ перепишем так $\dfrac{(2p+1)^2-1}{4}=\dfrac{z^2-q^2}{4}$, или так $p(p+1)=\dfrac{z+q}{2} \cdot \dfrac{z-q}{2}.$ Пара $z,q$ одной четности. Общее решение уравнения $XY=ZT$ в целых числах известно: $X=ac,Y=bd,Z=ad,T=bc$. Подставляя $\dfrac{z-q}{2}=ac,\dfrac{z+q}{2}=bd,p+1=ad,p=bc$, находим $z=ac+bd$ (ч т.д.), $q=bd-ac$ и ошибку в предыдущих выражениях: $\dfrac{z-q}{2p}=\dfrac{a}{b},\ \dfrac{z+q}{2p}=\dfrac{d}{c}$ (всё же не зря писал). Остальное следует из $ad-bc=1$ и тождества $(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2).$

[nnosipov]

arqady, можете указать первоисточник? Свое доказательство привожу ниже.

Воспользуемся тем, что кольцо целых гауссовых чисел $\mathbb{Z}[i]$ является евклидовым. Пусть

$$ \gcd{(x,z+i)}=a+bi, \quad x=(a+bi)s, \quad z+i=(a+bi)(c+di), $$

при этом $\gcd{(s,c+di)}=1$. Сократив равенство $xy=z^2+1$ на $a+bi$, получим

$$ sy=(c+di)(z-i), $$

откуда $z-i=st$ и $y=(c+di)t$. Поскольку $ad+bc=1$, имеем

$$ \gcd{(a,b)}=\gcd{(c,d)}=1. $$

Далее заметим, что

$$ s=\frac{x}{a+bi}=\frac{xa}{a^2+b^2}-\frac{xbi}{a^2+b^2}=k(a-bi), $$

где $k=x/(a^2+b^2)$ --- целое число, и аналогично $t=l(c-di)$, где $l=y/(c^2+d^2)$ --- также целое число. Таким образом,

$$ x=k(a^2+b^2), \quad y=l(c^2+d^2), \quad z-i=kl(a-bi)(c-di). $$

Но тогда $kl=1$ и $k=l=1$, так что искомые числа $a$, $b$, $c$, $d$ найдены.

Замечание. По данным числам $x$, $y$, $z$ числа $a$, $b$, $c$, $d$ можно быстро найти с помощью алгоритма Евклида для кольца $\mathbb{Z}[i]$.

[arqady]

nnosipov
Эту задачу принёс один из школьников на нашу еженедельную тренировку. Ваше решние почти полностью совпадает с решением Лиора Адаси.
Кстати, это здорово, что Вы вернулись.

[nnosipov]

arqady в сообщении #1387726 писал(а):

Кстати, это здорово, что Вы вернулись.

Спасибо. Я тоже рад :)

[vpb]

nnosipov
И я поздравляю с возвращеньем !

[nnosipov]

vpb
Спасибо!

[kotenok gav]

И я, хоть я вас и не застал!