Семейство диофантовых уравнений 4-й степени

[nnosipov]

Для любого целого $H$ решите уравнение $xy^2+(Hx^2+1)y+x^4+1=0$ в целых числах $x$, $y$.

P.S. Оригинал здесь https://artofproblemsolving.com/communi ... 85h1819245

[lel0lel]

Так как $x\mid y+1$, то $y=kx-1$. Так как $xy\mid x^4+1+y$, то $x^4+1=(m x-1)y$. Тогда $x^4+1=(mx-1)(kx-1)$. Так как $x^2\mid y+1+xy^2$, а после преобразования $x\mid k^2 x^2-2kx+k+1$, то $k=\ell x-1$. Подстановка этого результата в полученное уравнение даёт $ x^4- \ell m x^3+(\ell + m) x^2 + (m-1) x=0$, из чего следует что $m=n x+1.$ Тогда уравнение принимает вид

$$ x^2\left((1 - \ell n) x^2 + (n-\ell) x +\ell + n+1 \right)=0.$$

Нужно выяснить какие целые $x$ могут быть решениями этого уравнения при целых $\ell, n$; таких целых $x$ будет не так много, поскольку при большом значении $|1 - \ell n|$ модули двух коэффициентов в приведённом квадратичном уравнении меньше $1$, следовательно целочисленные решения возможны когда значение $|1 - \ell n|$ невелико. При $\ell=n=0$ уравнение $x^2+1 =0$ не имеет целочисленных решений. Удобно для дальнейшего исследования записать квадратичное уравнение в виде

$$\ell=\frac{x^2+nx+n+1}{n x^2+x-1}.$$

Можно доказать (у меня это получилось несколько громоздко), что целочисленные решения существуют только при $x=-3,-2,\ldots,3.$

Далее техническая часть: подставляем каждое из полученных значений $x$ в исходное уравнение и по делителям свободного коэффициента находим возможные значения $y$, затем проверка что для пары $(x,y)$ параметр $H$ целый.

Удобно записывать решения в виде $(H, x, y)$; получился следующий ответ:
$(H,0,-1)$, здесь $H$ любое целое число,
$(-14,3,41)$
$(-9,2,17)$
$(-5,2,1)$
$(-4,-3,2), (-4,-2,1), (-4,1,2), (-4,1,1)$
$(-2,-1,1), (-2,-1,-2)$
$(0,-1,-1), (0,-1,2)$
$(2,1,-1), (2,1,-2)$
$(8,-2,17)$

[nnosipov]

lel0lel
Да, похоже на правду. Повнимательней посмотрю позже, сейчас нет времени. У меня несколько другие рассуждения, но громоздкость тоже присутствует.

Тогда Вам следующий пример из этой серии: то же самое проделать для уравнения $xy^2+(Hx+1)y+x^4+1=0$. Здесь с решениями будет поразнообразней.

[lel0lel]

nnosipov в сообщении #1388662 писал(а):

то же самое проделать для уравнения $xy^2+(Hx+1)y+x^4+1=0$.

Для этого уравнения пытаться доказывать ограниченность решений по $x$ или $y$ не имеет смысла, поскольку они не ограничены. Похоже, что в этой задаче все целочисленные решения не найти; так как есть взаимосвязь с частичной целочисленной факторизации чисел вида $x^4+1$ при больших $x$. Тем не менее некоторые решения (в том числе бесконечные серии) найти можно.

Рассмотрим уравнение относительно $y$. Так как $x^4+1$ имеет тривиальные делители $\pm 1, \pm( x^4+1)$, проверим можно ли при таких значениях переменной $y$ получить целые $x, H$. После подстановки получаем:
1. $y=-(x^4+1),$ уравнение $x (x^4+1)( x^4+1 - H)=0$
2. $y=x^4+1,$ уравнение $(x^4+1) (x^5+(H+1)x+2)=0$
3. $y=-1, уравнение $x(x^3+1- H ) =0$
4. $y=1$, уравнение $ x^4+(H+1)x+2=0$
Получаем следующие решения:
$(H,0,-1)$, где $H$ любое целое;
$(x^4+1,x,-x^4-1)$, где $x$ любое целое;
$(-18,2,17)$, $(-4, 1, 2)$, $(0, -1, 2)$, $(-16,-2,17)$;
$(x^3+1,x,-1)$, где $x$ любое целое;
$(-10,2,1), (-4,1,1), (2,-1,1),(8,-2,1).$

Рассматриваем теперь уравнение относительно $x$ и поступаем аналогично, находим решение $(-16,3,2)$.

Если положить $x=a^3$, тогда $x^4+1=(a^4+1) (a^8-a^4+1)$ (появились новые очевидные делители). В результате находятся две новые бесконечные серии решений $(a^5+a^4-a+1,a^3,-a^4-1)$, $(a^8-a^4+a+1,a^3, - a^8+a^4-1)$, где $a$ любое целое.

Эксперимент показывает, что существуют решения, которые определяются нетривиальными делителями $x^4+1$, предположительно таких решений бесконечное множество. Например, если положить $x=67$, то решений всего четыре: $(-21520,67,21506), (-1258,67,937), (300764,67,-1), (20151122,67,-20151122).$
Первые два не описываются найденными сериями решений, они связаны с частичной факторизацией $67^4+1=937\cdot21506$.

[lel0lel]

Дополнение о нетривиальных делителях. Знаем, что $y=k x-1$ $(k\in \mathbb{Z})$. С другой стороны $y\mid x^4+1$, тогда $x^4+1=(k x-1)(m x-1)$, здесь $(k,m\in \mathbb{Z})$. При $y=k x-1$ получаем $x(kx-1+H+m)=0$, откуда либо $x=0$, либо $H=-k x-m+1$.

Следовательно если $x$ такое что $x^4+1=(k x-1)(m x-1)$, здесь $(k,m\in \mathbb{Z})$, тогда $(-kx-m+1,x,k x-1)$, $(-mx-k+1,x,m x-1)$ решения исходного уравнения. В общем это и является ответом к задаче, если захочется, то можно выделять серии соответствующие тривиальным делителям $x^4+1$.

P.S. Так как нетривиальных ($k m\not =0$) разложений вида $x^4+1=(k x-1)(m x-1)$ не более одного (перестановку делителей здесь не учитываем), то для каждого (кроме нулевого) фиксированного $x$ решений уравнения будет либо два, либо четыре.

[nnosipov]

lel0lel
Спасибо, почитал. Задачу правильнее было бы поставить так: описать все тройки $(x,y,H)$, удовлетворяющие данному уравнению. Такое описание есть (в каких терминах, сообщать не буду, иначе неинтересно будет искать). Дело в том, что можно явно описать все пары $(x,k)$ целых чисел, для которых дробь

$$\frac{x^4+1}{kx-1}$$

будет принимать целые значения. Вроде бы других идей у Вас нет, а эту Вы до конца не дожали. (А все потому, что не канонически решили первую задачу )

[lel0lel]

nnosipov
К сожалению, я не обучен каноническим методам, вот и приходится идти окольными путьми. Касательно описания пар $(x,k)$, то я понял о чём речь, но написать требуемое мне сложно. Замечу только, что из целочисленности вышеупомянутой дроби следует что $(k-x)^2\equiv-2 \pmod {kx-1}$, то есть $-2$ квадратичный вычет по модулю $kx-1$.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1389080 писал(а):

К сожалению, я не обучен каноническим методам

Да там ничего особенного нет, просто в одном месте срабатывает рефлекс. В общем, делимость $x^4+1$ на $kx-1$ равносильная другой делимости, а последняя настолько хорошо известна, что пройти мимо никак нельзя.

lel0lel в сообщении #1389080 писал(а):

то есть $-2$ квадратичный вычет по модулю $kx-1$.

Ну, бывает. Не уверен, что из этого можно что-то вытащить. В любом случае, этой дорогой я не ходил.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1388636 писал(а):

Можно доказать (у меня это получилось несколько громоздко), что целочисленные решения существуют только при $x=-3,-2,\ldots,3.$

На самом деле не так громоздко, как кажется. Пусть $|x| \geqslant 4$. Обозначим выражение, задающее $l$, через $f(x,n)$. При $n \in \{-1,0,1\}$ легко непосредственно убедиться, что $f(x,n)$ не может быть целым числом. Пусть $|n| \geqslant 2$. Тогда

$$ |f(x,n)| \leqslant \frac{|x|^2+|n||x|+|n|+1}{|n||x|^2-|x|-1} \leqslant \frac{|x|^2+2|x|+3}{2|x|^2-|x|-1} \leqslant 1. $$

Последние два неравенства превращаются в равенства только при $|x|=4$ и $|n|=2$, однако $|f(\pm 4,\pm 2)|<1$. Итак, $|f(x,n)|<1$, а значит, $f(x,n)=0$, т.е.

$$n=-\frac{x^2+1}{x+1},$$

что при $|x| \geqslant 4$ невозможно.

В целом, решение исходной задачи, данное lel0lel, выглядит довольно симпатично.