Полностью целочисленные квадратные трехчлены

[Dendr]

Навеяно задачей 105176 с problems.ru.
Я прошу прощения за сумбур, но в силу отсутствия (?) практической ценности задачи сложно следить за строгостью всех формулировок.
Дело в том, что у этой задачи есть поразительная особенность... но о ней в самом конце.
Итак.

Рассмотрим приведенный квадратный трехчлен с целочисленными коэффициентами:
$P(x)=x^2+px+q; p,q\in\mathbb{Z}$
Приведем в соответствие ему набор трехчленов $P_d(x)=P(x)+d(x+1)=x^2+(p+d)x+(q+d); d\in\mathbb{Z}$ и запишем последовательность их меньших корней: $x_d$ (второй корень, конечно, равен $-p-d-x_d$)

Будем называть трехчлен полностью целочисленным ранга $r$, если числа $x_{-1}, x_r$ - дробные (вообще говоря, иррациональные), а для всех $0\leqslant d<r : x_d\in\mathbb{Z}$.

Собственно, теперь можно сформулировать задачу: для каких $(p, q)$ трехчлен $P(x)$ является полностью целочисленным ранга $r$?

Ниже приводится простыня моего решения для некоторых случаев, поэтому дополнительные вопросы я приведу прямо сейчас:
1. Привести хотя бы один пример нетривиального решения для пятого ранга, или доказать, что решений не существует.
2. Формализовать общее решение для четвертого ранга.

------

Трехчлен бесконечного ранга, как можно заметить, имеет вид $x^2+Nx+(N-1)$. Такое решение будем далее называть тривиальным.
А что для меньших рангов?
Далее для пущего удобства лучше говорить не о ранге $r$, а о ранге "по крайней мере, $r$", то есть не проверяем дробность $x_{-1}, x_r$.

В принципе, любой полностью целочисленный трехчлен генерируется из своих корней, если они целые: $P(x)=(x-x_1)(x-x_2)$
Но ранг его таким образом заранее нельзя предугадать.

Выпишем дискриминанты, которые, разумеется, для обеспечения целочисленности корней должны быть полными квадратами:
$P_d(x)=x^2+(p+d)x+(q+d) \Rightarrow D_d=(p+d)^2-4(q+d)=D_0+d(2p+d-4)$
Обратим внимание, что $D_{d+1}-D_d=2p-3+2d$.
Итак, задача сводится к поиску таких $r$ различных квадратов, что разности между каждой парой соседних по величине квадратов - прогрессия из нечетных чисел с шагом 2. Квадраты $r$ последовательных чисел, как легко убедиться, удовлетворяют этому требованию и определяют тривиальное решение.
Вывод 1. Зная два дискриминанта и их порядковые номера, мы можем определить все остальные.
------
Пойдем по возрастанию сложности.
Второй ранг (напоминаю, что здесь это "по крайней мере, второй"): два квадрата с разностью $2p-3$. То есть, мы можем взять любые два числа различной четности $a, b$. Тогда определим $p=\frac{b^2-a^2+3}{2}, q=\frac{p^2-a^2}{4}$. Тогда $x^2+px+q$ - имеет ранг не менее 2.
Вывод 2. Зная два первых дискриминанта, мы можем определить коэффициенты первого трехчлена.
------
Для третьего ранга верно соотношение:
$a^2+c^2=2b^2+2$,
где $a, b, c$ - целые (можно даже ограничиться неотрицательными), а их квадраты - необходимые нам дискриминанты $D_0, D_1, D_2$.
Чтобы решить его в целых числах, делаем подстановку $c=b+n, a=b-n-2k$ ($n$, как легко установить, нечетное), и приходим к выражению
$\frac{n^2-1}{2}=k(a+k)$
Таким образом, поиск трехчленов третьего ранга может быть формализован следующим образом:
1) Задаемся нечетным $n$
2) Рассматриваем разложение на два множителя величины $\frac{n^2-1}{2}=\alpha\beta, \alpha\leqslant\beta$
3) Тогда корни из дискриминантов равны:
$a=\beta-\alpha$
$b=n+\beta+\alpha$
$c=2n+\beta+\alpha$
4) Через $a, b$ вычисляется $p$, а затем $q$.
5) Если поменять местами $a$ и $c$, получится еще один трехчлен (проще: этому соотвутствуют отрицательные $n$)

Здесь, как видно, при $n=1$ можно выбрать $\alpha=0, \beta$ - параметр, тогда $a, b, c$ - три последовательных числа, то есть тривиальное решение.
Вывод 3. Трехчлен ранга 3 и больше задается парой чисел $\alpha, \beta$ таких, что $2\alpha\beta+1$ - полный квадрат.

Пример.
Пусть $n=7$, тогда требуется разложение на множители числа $24$. Выберем $\alpha=3, \beta=8$.
Тогда $a=5, b=18, c=25$. Дискриминанты соответствующих трехчленов: $25, 324, 625$, а коэффициенты первого трехчлена - 151, 5694. В обратном порядке -149, 5394
Таким образом, мы получаем две тройки трехчлена с целыми корнями (в чем несложно убедиться):
$x^2+151x+5694$
$x^2+152x+5695$
$x^2+153x+5696$

$x^2-199x+5394$
$x^2-198x+5395$
$x^2-197x+5396$

------
Что же происходит для ранга 4? В первую очередь надо заметить, что такой трехчлен тоже задается парой $\alpha, \beta$, но только не всякой, а при условии, что $2с^2-b^2+2$ - тоже полный квадрат.

Формализовать в общем виде здесь уже не удалось, а перебором "в лоб" находится множество пар.
Например, (4, 10), (5, 44), (18, 34) и т.д.
Перебор где-то к исходу второй тысячи начинает спотыкаться о недостаток разрядов (когда дискриминанты становятся близкими к $2^64$, а потом превышают лимит), поэтому далеко уйти не удается.

Но в этом ряду для некоторых случаев прослеживается закономерность, и вот тут начинается самое необычное!

Пусть $\alpha_s=s+3, \beta_s=2s(s^2+3s+1)$. Как несложно убедиться, $2\alpha\beta+1$ - полный квадрат, и мы можем записать выражения для корней первых трех дискриминантов:
$a_s=(s+1)(2s^2+4s-3)=2s^3+6s^2+s-3$
$b_s=2s^3+8s^2+9s+4$
$c_s=2s^3+10s^2+15s+5$
Если теперь раскрыть выражение $2с^2-b^2+2$, то обнаружится, что корень извлекается:
$d_s=2s^3+12s^2+19s+6=a_{s+1}$

Вывод 4. Некоторые полностью целочисленные трехчлены четвертого ранга можно задать всего лишь одним числом $s\in\mathbb{Z}$.
По формулам выше можно записать в явном виде коэффициенты:
$p_s=(2s^2+5s+1)(2s^3+10s^2+14s+5)$
$q_s=(2s^5+15s^4+39s^3+42s^2+19s+4)(2s^5+15s^4+41s^3+48s^2+20s+1)$

Или:
$p_s=4s^5+30s^4+80s^3+90s^2+39s+5$
$q_s=4s^{10}+60s^9+385s^8+1380s^7+3027s^6+4189s^5+3650s^4+1955s^3+614s^2+99s+4$

При подстановке $s=0, -1, -2, -3$ получаются тривиальные трехчлены.
При $s=1$: $x^2+248x+15367$ (убедитесь, что ранг этого трехчлена действительно 4).

Можно еще обратить внимание, что $-p_{-s-3}=4s^5+30s^4+80s^3+90s^2+39s+4=p_s-1$, а $q_{-s-3}=q_s-2p_s+1$, если рассмотреть подробно, то дискриминанты соответствующих трехчленов те же, только расположены в обратном порядке.
Так, для $s=-4$ получается $p=-247$.

Более высокие ранги.
Очевидно, что, если существуют, то они являются продолжением некоторых последовательностей для четвертого ранга. Можно показать, что последовательности, характеризуемые $s$, ни при каких его значениях не дадут пятый дискриминант квадратом - кроме, конечно же, тривиальных случаев.

Здесь задача приходит к следующей формулировке:

Решите в целых числах систему уравнений:
$a^2+e^2=2c^2+8$
$a^2+c^2=2b^2+2$
$c^2+e^2=2d^2+2$
Тривиальное решение - $N-2, N-1, N, N, N+1, N+2$, но существуют ли еще?
Сгенерировать $a, c, e$ легко - по алгоритму, аналогичному приведенному для третьего ранга. А дальше - узнать среднее арифметическое от квадратов каждой пары $(a,c), (c,e)$, вычесть из него 1 и выяснить, являются ли полученные числа полными квадратами. Вот тут ничего путного не складывается. Перебор, как уже выше сказано, затыкается и ничего не находит.

Заключение.
Среди приведенных целочисленных квадратных трехчленов с целочисленными корнями находятся такие, что, при увеличении коэффициентов на единицу их корни остаются целыми. В некоторых случаях эту процедуру можно проделать дважды, и есть формальный алгоритм подбора коэффициентов. Даже - трижды, для части решений возможна параметризация всего лишь одним параметром. Существуют ли трехчлены, для которых процедуру можно повторить ровно четыре раза - пока неизвестно.

Дополнение.
Задачу заменой $x=\xi-1$ можно переформулировать так, что меняется только коэффициент при первой степени, но это тоже сводится к поиску дискриминантов.
А тогда графически задача формулируется так: дана парабола $y=x^2$ сдвинута так, что она пересекает ось абсцисс в целых точках. Сколько прямых вида $y=mx, m\in\mathbb{Z}$ пересекут ее в целых узлах координатной сетки?