Уравнение Пелля с параметром

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1414144 писал(а):

имеется в виду интерполяция

В том смысле, в котором я понимаю этот термин - нет.
На двоичном дереве решений, приведенного выше, для любого $t$ имеется решение
$a=1,b=2t^2\pm 2t+3,l=t^2+1\quad (1)$

Из него по формулам Виета имеем

$a_2=2b(2l+1)-a=8t^4-8t^3+24t^2-12t+17$ (я взял с минусом)

и из него уже

$l_2=ab-l\quad (2)$ получается тот полином.
Процесс можно продолжать, получатся еще полиномы.

Вообще $l=t^2+1$ только когда одна из переменных $a,b$ равна единице и на следующей итерации (мое мнение).

Если применть формулу $(2)$ для решения $(1)$ получится $l=(t\pm 1)^2+1$

Но стоит уйти от единичек, решения для $l$ уже не имеют такой вид.

[nnosipov]

Вот решение задачи в том стиле, в котором мне хотелось это сделать (на днях внезапно озарило).

Теорема. Пусть $2 \leqslant d \neq t^2-1$. Тогда уравнение

$$x^2-(d^2+d)y^2=-d^2+1\eqno(*)$$

неразрешимо в целых числах $x$, $y$.

Доказательство. Пусть $(x_*,y_*)$ --- такое решение $(*)$, что $x_* \geqslant 0$ и $1 \leqslant y_*<\sqrt{d}$. Положим

$$ x_1=-2y_*(y_*^2-1)d+(2y_*^2-1)x_*-y_*^3, \quad d_1=(2y_*^2-1)d-2y_*x_*+y_*^2. $$

Тогда имеет место равенство

$$ x_1^2-(d_1^2+d_1)y_*^2=-d_1^2+1. $$

В самом деле, после подстановки вместо $x_1$ и $d_1$ указанных выражений и упрощения оно превращается в равенство

$$ x_*^2-(d^2+d)y_*^2=-d^2+1. $$

1. Докажем неравенство $d_1>-1$. Оно равносильно неравенству

$$ (2y_*^2-1)d+y_*^2+1>2y_*x_*, $$

которое после возведения в квадрат и замены $x_*^2$ на $(d^2+d)y_*^2+d^2-1$ сводится к очевидному неравенству $(d+y_*^2-1)^2>0$.

2. Следовательно, $d_1 \geqslant 0$. Если $d_1=0$, то, как нетрудно видеть,

$$ d=y_*^2 \pm 2y_*, $$

что противоречит условию $d \neq t^2-1$. Итак, $d_1 \geqslant 1$. Но случай $d_1=1$ также невозможен, поэтому окончательно имеем $d_1 \geqslant 2$.

3. Докажем, что $d_1<d$. Это неравенство равносильно неравенству

$$ 2(y_*^2-1)d+y_*^2<2y_*x_*. $$

После возведения в квадрат и преобразований получим

$$ (y_*^2+2(d+1)y_*+2d)(-y_*^2+2(d+1)y_*-2d)>0. $$

Неравенство $-y_*^2+2(d+1)y_*-2d>0$ равносильно ограничениям

$$ d+1-\sqrt{d^2+1}<y_*<d+1+\sqrt{d^2+1}, $$

которые при $1 \leqslant y_*<\sqrt{d}$ выполнены.

4. Докажем, что $d_1 \neq t_1^2-1$. Действительно,

$$ ((d+1)y_*-x_*)^2-(d+1)(d_1+1)=((d+1)y_*-x_*)^2-(d+1)((2y_*^2-1)d-2y_*x_*+y_*^2+1)= $$

$$ =x_*^2-(d^2+d)y_*^2+d^2-1=0. $$

Значит, произведение $(d+1)(d_1+1)$ является точным квадратом. Теперь утверждение ясно, так как $d \neq t^2-1$.

5. Таким образом, из разрешимости параметрического уравнения $(*)$ при некотором значении $d$ следует разрешимость $(*)$ и при некотором меньшем значении $d$. Но тогда возможен бесконечный спуск. Противоречие.

Комментарий. Несмотря на громоздкость формул для $x_1$ и $d_1$, они имеют естественное происхождение. Настоящее чудо происходит в п. 4 (именно по этой причине задачу и удается решить).

[nnosipov]

Некоторое продолжение сюжета (намекнул John Robertson).

Пусть $x$, $y$ и $d \geqslant 2$ --- натуральные числа, для которых верно равенство $x^2-(d^2+d)y^2=-d^2+1$. Могут ли числа $d+1$ и $dy^2-d+1$ оказаться не взаимно простыми?

[nnosipov]

Предыдущий вопрос мог показаться не слишком интересным, но на самом деле он сводится к следующему вопросу про разрешимость параметрических уравнений Пелля.

Рассмотрим уравнение

$$u^2-(y^2-1)v^2=\frac{2-y^2}{e},\eqno(*)$$

где $u$, $v$ --- неизвестные, а $y \geqslant 2$ и $e \geqslant 1$ --- параметры, причем $e$ делит $y^2-2$. Верно ли, что уравнение $(*)$ разрешимо только при $e=1$?