Уравнение Пелля с параметром

[nnosipov]

rightways в сообщении #1411819 писал(а):

Ну мы же предположили что сумма $a+b+c$ минимальна.

Хорошо, уговорили.

Давайте разбирать варианты 1) и 2).

[Shadow]

nnosipov
Я самостоятельно проверил все 3 варианта. Кажется все ок. Потом перепроверю. Только взял $2c=d$

Действительно при $b>1,d>2$ противоречие дла наименьшей тройки.
Поздравления.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1411825 писал(а):

Кажется все ок.

Да уж ... Это надо осмыслить.

[rightways]

nnosipov в сообщении #1411823 писал(а):

rightways в сообщении #1411819 писал(а):

Ну мы же предположили что сумма $a+b+c$ минимальна.

Хорошо, уговорили.

Давайте разбирать варианты 1) и 2).

1) Если $a\ge b\ge c$:
у кв. функции $f(x)=x^2-(4bc-2b)x+b^2+4c^2-8c=0$ есть два натуральных корня $a,a_1$ поэтому $(a_1,b,c)$ тоже фантомная. Следовательно так как $a+b+c$ минимальна то $a_1\ge a$. Следовательно $f(b)= (b-a)(b-a_1)\ge 0$ или же $2b^2+4c^2+2b^2\ge 4cb^2+8c$ . Но $4cb^2+8c>8b^2\ge 4b^2+4c^2$ Противоречие.

2) $a\ge c\ge b$:
Аналогично , $f(c)= (c-a)(c-a_1)\ge 0$ или же $c^2+b^2+4c^2+2bc\ge 4bc^2+8c>8c^2$ противоречие.

[wrest]

rightways в сообщении #1411828 писал(а):

) Если $a\ge b\ge c$:

...

rightways в сообщении #1411828 писал(а):

Но $4cb^2+8c>8b^2\ge 4b^2+4c^2$ Противоречие.

При $b=c$ противоречия нет?

[nnosipov]

wrest в сообщении #1411831 писал(а):

При $b=c$ противоречия нет?

Это уже мелочи.

На мой взгляд, самое удивительное здесь в том, что исходное уравнение удалось запаковать в то самое уравнение с $a$, $b$, $c$. То, что это последнее исследуется, --- это уже не так удивляет, ибо есть довольно много примеров такого рода (тут я зря придирался). Один из таких примеров я сам невольно привел (см. topic136218.html), совершенно не подозревая, что это может иметь решающее отношение к настоящей задаче. Но, на первый взгляд, эффект достаточно случаен: стоит слегка пошевелить правую часть исходного уравнения, как магия пропадает. (Например, рассмотреть что-нибудь типа $x^2-(l^2+l)y^2=-(l^2-k)$ с разными небольшими $k$. Здесь компьютер может выдавать трудно предсказуемую последовательность значений $l$, при которых уравнение разрешимо.)

rightways, спасибо за неожиданный поворот в деле. Всем участникам обсуждения также большое спасибо.

[rightways]

Спасибо вам за задачу) Я люблю подобные задачи

[dmd]

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Пусть $x,y$ натуральные. Тогда ясно что $2x<(2l+1)y$ . Пусть $a=(2l+1)y-2x$. Заменим $2x$ и тогда получим уравнение

$$a^2+y^2+4l^2=2a(2l+1)y+4$$

Далее пусть $c=l+1$ и $y=b$. Тогда получим уравнение

$$a^2+b^2+4c^2+2ab=4abc+8c$$

.
Назовем тройку $(a,b,c)$ фантомной если она удовлетворяет последнему уравнению и при этом $c$ не полный квадрат. Докажем, что фантомных троек не существует.
По методу спуска пусть $(a,b,c)$ фантомная тройка минимальной суммы. Есть три варианта: 1)$a\ge b\ge c$ 2) $a\ge c\ge b$ 3)$c\ge a\ge b$. Рассмотрим сразу самый сложный вариант:
Пусть $c\ge a\ge b$. Сразу заметим, что $b\ge 2$ иначе $4c=(2c-a-1)^2$.
Ясно что у квадратной функции $f(x)=4x^2-4x(ab+2)+(a+b)^2$ есть два натуральных корня $c$ и $c_1$ по Виету. Тогда $f(x)=4(x-c)(x-c_1)$. Заметим, что $c_1$ не является полным квадратом так как $cc_1-$ полный квадрат. Поэтому тройка $(a,b,c_1)-$ тоже фантомная. Следовательно, $c_1\ge c$ и $f(a)=4(a-c)(a-c_1)\ge 0$. Последнее эквивалентна тому, что $4a^2+(a+b)^2\ge 4a^2b+8a$ откуда $8a^2\ge 4a^2b+8a\ge 8a^2+8a$. Противоречие. Значит по любому $c=k^2$ отсюда и $l=k^2-1$. Остальные случаи доказываются аналогично.

А нет ли здесь путаницы в обозначениях? Сначала $a=(2l+1)y-2x$. Затем $a$ это переменная в выражении $f(a)=4(a-c)(a-c_1)\ge 0$. И нужно не забывать, что $c$ присутствует внутри $a$.

У нас $c$ - один из корней уравнения $4x^2-4x(ab+2)+(a+b)^2=0$ (при этом здесь уже другой $x$, логичнее было бы оставить обозначение $c$ для неизвестной и рассматривать корни $c_1$ и $c_2$). По формуле Виета $4cc_1=(a+b)^2$. Значит либо оба корня $c$ и $c_1$ квадраты, либо оба не квадраты.

Что именно отменяет второе "либо"?

[Shadow]

dmd в сообщении #1411877 писал(а):

Что именно отменяет второе "либо"?

То, что $c$ должно быть равно 1. Иначе спуск не остановится.

[dmd]

А нельзя ли более конкретно показать спуск?

Проверил формулы Виета. Если один из корней равен 1, то второй корень не существует.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1411635 писал(а):

... Остается либо доказать что $x,y$ вз. просты, либо (как альтернатива) заменить из доказательства выше уравнение $u^2-(2u+1)l=1-l^2$ на $u^2-(2u+1)l=\dfrac{1-l^2}{q^2}$, допустив рациональное $u$ и $1\equiv l^2 \mod q^2$.

Тут вместо $q$ следовало употребить другую букву во избежании путаницы. Но есть еще третья возможность, добавлю на всякий случай (начало выше). В уравнении $p^2-(y^2-1)q^2=\dfrac{2-y^2}{d}\ (2)$ переменные $p,q$ в отличии от первоначального уравнения взаимно просты, поскольку определены через функцию Н.О.Д. Применяя тот же метод, получаем $\sqrt{y^2-1} \approx y-1,1,u=\dfrac{y-1}{1},\dfrac{y}{1},\dfrac{uy+y-1}{u+1}$, где $u$ некоторое положительное рациональное число. Тогда $(uy+y-1)^2-(y^2-1)(u+1)^2=(u+1-y)^2-(y^2-1)=\dfrac{2-y^2}{d}$. Все слагаемые последнего равенства целые числа, значит $u$ всё-таки целое, и должно существовать нулевое решение с $q_0=1$ и $p_0=u+1-y$. Таким образом дело сводится к существованию сократимой дроби вида

$$\dfrac{y^2-2}{y^2-1-p_0^2}=d,$$

что возможно хотя бы при $p_0=1=d$. Если существуют $y,p_0$ такие, что $d>1$, существуют так же $u=y+p_0-1$ и дробь $y-1,1,u=\dfrac{p}{q}=\dfrac{y(u+1)-1}{u+1}$; а так же $x=dpq=d(u+1)(y(u+1)-1)=d(y+p_0)(y(y+p_0)-1)$ и $l=d(y+p_0)^2-1$, для которых выполняется начальное уравнение. В принципе дробь сократима при любом $p_0\equiv \pm 1$ по модулю некоторого делителя числа $P^2-2$, но не обязательно до целого. Допустив на секунду отрицательное $d$, находим примеры: $\dfrac{18^2-2}{18^2-1-22^2}=-2$. Но $l$ тогда оказывается отрицательным числом: $57520^2-\left ( (-3201)^2-3201 \right ) \cdot 18^2=1-(-3201)^2$.

Можно еще решать уравнение относительно $y$, это приводит к новому уравнению $\left ( y-d(u+1) \right )^2-(d^2-d)(u+1)^2=2-d$. Но тут прежняя проблема: не факт что квадраты вз. просты.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1411894 писал(а):

$\dfrac{y^2-2}{y^2-1-p_0^2}=d$

Еще это можно выразить так:

$$\dfrac{y^2-2}{d}=\dfrac{p_0^2-1}{d-1}$$

И сразу, кстати, отсекаются варианты $d=2,d=8k+7$. Первый ведет к существованию рационального $\sqrt{2}$, второй же предполагает нечетное $p_0$, тогда в правой части равенства образуется кратное четырем, чего в левой части быть не может.

[nnosipov]

Andrey A
Позже прокомментирую, сейчас нет возможности. Могу заметить, что уравнение вида $X^2-(d^2-d)Y^2=2-d$ с параметром $d$ легко исследуется. Поэтому если Вам все дело удалось свести к уравнению

Andrey A в сообщении #1411894 писал(а):

Можно еще решать уравнение относительно $y$, это приводит к новому уравнению $\left ( y-d(u+1) \right )^2-(d^2-d)(u+1)^2=2-d$.

то дальше все просто.

[Andrey A]

nnosipov
Удалось. Но не специально) Берем из предыдущего выражение $(u+1-y)^2-(y^2-1)=\dfrac{2-y^2}{d}$ и тот факт, что $u$ целое положительное число. Решая уравнение относительно $y$, получаем $y=d(u+1)+\sqrt{d^2(u+1)^2-d(u+1)^2-d+2}$, или $\left ( y-d(u+1) \right )^2-(d^2-d)(u+1)^2=2-d$. Соответственно $u=Y-1,y=X+dY.$ Решать его я могу, впрочем безрезультатно, а исследовать не берусь, т.к. подходящие дроби несократимы, чего не скажешь о квадратах нового уравнения. Понятно, что $2-d$ относительно маленькое число, но тут нужны точные утверждения.

[dmd]

Ещё в копилку неожиданных соотношений.

Andrey A в сообщении #1411635 писал(а):

Перепишем систему $\left\{\begin{matrix} l(y^2-1)+1 & =dp^2\\ l+1 & =dq^2 \end{matrix}\right.$ так: $\left\{\begin{matrix} 1-l= & dp^2-ly^2\\ l+1= & dq^2 \end{matrix}\right$ и перемножим почленно: $1-l^2=dq^2(dp^2-ly^2)=(dpq)^2-dl(qy)^2$, или $(dp)^2-dly^2=\dfrac{1-l^2}{q^2}$.

$(dp)^2-dly^2=\dfrac{1-l^2}{q^2} \quad\overset{l=dq^2-1}{\implies}\quad (dp)^2-dly^2=d (2 - d q^2) \quad\implies\quad \\ (dp)^2+(dq)^2=d(2+ly^2) \quad\implies\quad p^2+q^2=\dfrac{2+ly^2}{d}$

Т.е. $ly^2\equiv -2 \pmod d$