Разрешимо ли в целых числах?

[nnosipov]

Разрешимо ли в целых числах уравнение $|x^2-(z^2+1)y^2|=z^2+2222$ ?

[Andrey A]

Рациональные решения для целого $z$ находятся.

$(x,y,z)=\left ( \dfrac{811}{3},\dfrac{8}{3},111 \right ),\left ( \dfrac{20775}{7},\dfrac{187}{7},111 \right ),\left ( \dfrac{1081}{3},\dfrac{8}{3},147 \right ),\left ( \dfrac{331787}{3},\dfrac{2257}{3},147 \right ),$ $\left ( \dfrac{115581}{11},\dfrac{389}{11},297 \right ),\left ( \dfrac{5911}{7},\dfrac{18}{7},357 \right ),...$ в знаменателях нечетные вида $4k+3$? Оно бы доказывало невозможность единицы, но вот еще такое: $\left ( \dfrac{55771}{21},\dfrac{115}{21},477 \right )$. Произведение нечетных вида $4k+3$? Было бы странно, скорее не представимые суммой двух квадратов, но почему? Тут только предположения.

(Оффтоп)

Уравнение $x^2-my^2=m+2221$ в целых числах Вольфрам решает так: $x=0,y=0,m=-2221$. Однозначно. Но за деньги обещает подумать еще )

[nnosipov]

(Оффтоп)

Andrey A в сообщении #1434025 писал(а):

Уравнение $x^2-my^2=m+2221$ в целых числах Вольфрам решает так: $x=0,y=0,m=-2221$. Однозначно. Но за деньги обещает подумать еще )

Жалкий вымогатель. Не умеет он решать такие уравнения. (То есть, при конкретном $m$ это уравнение он, конечно, решит, но вот найти все тройки $(x,y,m)$ целых чисел, удовлетворяющих уравнению --- это вряд ли. Впрочем, простого описания таких троек ожидать не приходится.)

[PETIKANTROP]

nnosipov в сообщении #1433809 писал(а):

Разрешимо ли в целых числах уравнение $|x^2-(z^2+1)y^2|=z^2+2222$ ?

А модуль можно еще так раскрыть?
$|x^2-(z^2+1)y^2|=(z^2+1)y^2-x^2$

[nnosipov]

PETIKANTROP в сообщении #1434047 писал(а):

А модуль можно еще так раскрыть?

Можно и так, можно и по-другому. Не уверен, что правильно понял вопрос.

[Dendr]

Задача эквивалентна следующей:

Найти все полные квадраты (или доказать, что таковых не существует), представимые в виде
$(z^2+1)(y^2+1)+A$ или $(z^2+1)(y^2-1)-A$,
где $y, z \in \mathbb{Z}$, $A=2221$.

Превратил число в параметр неспроста, при разных $A$ результаты разные. Для 1 и 9 вариантов быстро не нашлось, а для некоторых других вот примеры:
$17\cdot226+2=62^2$
$1\cdot1+3=2^2$
$145\cdot8-4=34^2$
$10\cdot122+5=35^2$
$50\cdot5+6=16^2$
$37\cdot8-7=17^2$
$65\cdot48-2220=30^2$
$82\cdot2303-2222=432^2$

То есть, тройки $(30, 7, 8)$ и $(432, 9, 48)$ (и многие другие - вероятно, бесконечное количество) при подстановке в исходное выражение дадут отклонение от равенства на единицу, но точно все еще не получается.

С числом 2221 возиться тяжело. Для $A=1$ должно быть проще: требуется показать, что нет троек натуральных чисел, которые бы удовлетворяли одному из равенств:
$x^2-1=(y^2+1)(z^2+1)$
$x^2+1=(y^2-1)(z^2+1)$
И правда: рассматривая каждое из этих выражений по модулю 8, можно обнаружить, что наборы всевозможных остатков слева и справа не перекрываются. Квадраты по модулю восьми могут быть равны только 0, 1 или 4, так что для первого равенства слева окажется 0, 3 или 7, тогда как справа - 1, 2, 4 или 5; для второго, соответственно - 1, 2 или 5 против 0, 3, 6 или 7.
Очевидно, это же верно для любого $A=1+8n$ - там решений в целых числах не будет. Это так же объясняет безрезультатность перебора для 9.
Обобщение - это хорошо, но оно не отвечает на первоначальный вопрос.

Для $A=5+8n$ (как в условии, $n=277$) есть лазейка. Запишем:
$x^2-8n-5=(y^2+1)(z^2+1)$
$x^2+8n+5=(y^2-1)(z^2+1)$
Слева в первом выражении, уже может возникнуть 4, во втором - 6, и эти случаи встречаются справа. Это случится для нечетных $x, z$; в первом случае $y$ также нечетно, во втором - четно. Но заранее предсказать, будет ли решение, в таком виде еще невозможно... Для пятерки решение есть (см. выше), для 13 - не нашлось. Интуитивно - надо бы $n$ тоже рассмотреть по какому-то модулю, но какая-то система, даже эмпирически, не обнаруживается, а подстановка четных или нечетных чисел с последующим раскрытием скобок приводит только к громоздкости:

$m(m+1)/2-(n+1)=2pq(p+1)(q+1)+p(p+1)+q(q+1)$
$m(m+1)/2+(n+1)=2p^2q(q+1)+p^2-q(q+1)/2$

Подытоживая. Решение в общем виде не наклевывается, а поскольку (вероятнее всего) частный ответ все же отрицательный, то контрпример не найти. При этом любопытно, что для значений $A$, остатки от деления на 8 которых не равны 1 или 5, контрпримеры находятся. До 100 проверил руками, потом смотрел только $5+8n$.
Известно, что решение не находится для $n=1, 4, 10, 11, 13, 16, 19, 26, 31$, а для всех промежуточных оно существует. Легко видеть, что оно гарантированно найдется для треугольных $n+1$ (тогда $p=q=0 \Rightarrow y=z=1$), так что, во всяком случае, последовательность значений, при которых решение есть, растет неограниченно. А дальше уже тупик...

[Andrey A]

Dendr в сообщении #1434103 писал(а):

Известно, что решение не находится для $n=1, 4, 10, 11, 13, 16, 19, 26, 31$

Наблюдение ценное, но что значит "решение не находится", его нет или пока не видно? Как продолжить последовательность, не экспериментируя? В OEIS ее нет, и соответствующих $8k+5$-ых тоже нет.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1434117 писал(а):

Наблюдение ценное, но что значит "решение не находится", его нет или пока не видно?

Присоединяюсь к вопросу. Dendr, есть ли у Вас доказательство неразрешимости, например, при $n=1$, что соответствует $A=13$?

[nnosipov]

К сожалению, задача до сих пор не решена. Могу сказать, что метод решения действительно нов, такого на dxdy еще не было. Может быть, это станет дополнительным стимулом?

Это же касается и задач topic139141.html и topic139217.html.

[dmd]

Корректно ли уравнение рассматривать как систему?:
$\begin{cases} x^2 - (z^2 + 1) y^2 = z^2 + 2222\\ -(x^2 - (z^2 + 1) y^2) = z^2 + 2222 \end{cases}$

[nnosipov]

dmd
Нет, так нельзя, потому что система --- это "и", а раскрытие модуля подразумевает "или". Но Вы можете выбрать любое (но только одно!) уравнение из написанных: если одно из них (не)разрешимо, то второе --- тоже. Это потому, что negative Pell's equation $x^2-(z^2+1)y^2=-1$ разрешимо при любом $z$.

[rightways]

Подсказку не дадите?
Уравнение имеет решение?

[nnosipov]

Надо устроить бесконечный спуск по уравнениям $x^2-(z^2+1)y^2=-z^2-2222$: предполагая, что уравнение разрешимо при некотором $z$, построить $z_1<z$, при котором уравнение также будет неразрешимым. Для простоты можно заменить $2222$ на $14$.

Upd. Уравнение неразрешимо.

[rightways]

Решил случай $x^2-(z^2+1)y^2=-z^2-14$.

Но c уравнением

$$x^2-(z^2+1)y^2=z^2+14$$

не получается

[rightways]

Если уравнение $x^2-(z^2+1)y^2=-z^2-14$ неразрешимо в целых числах , то уравнение $x^2-(z^2+1)y^2=z^2+14$ также неразрешимо.
Допустим $x^2-(z^2+1)y^2=z^2+14$ разрешимо для некоторых натуральных $x,y,z$. Так как $x>yz$ то пусть $x=yz+y_1$ и $x_1=y_1z-y$. Тогда

$$(yz+y_1)^2+(y_1z-y)^2=x^2_1+x^2$$

Последнее эквивалентна равенству $(z^2+1)y^2-x^2=x^2_1-(z^2+1)y_1^2$
Но $(z^2+1)y^2-x^2=-z^2-14$. Противоречие.

Upd: я ошибся насчет уравнения $x^2-(z^2+1)y^2=-z^2-14$ , нашел где то ошибку и в общем не решил оказывается.