Представление суммой квадратов.

[TR63]

nnosipov, это Ваша задача из "Олимпиадного раздела" "Целые значения рациональной функции-2"
topic141921-15.html
(Почему-то у меня не всегда получается делать ссылки; извините)

[Shadow]

TR63 в сообщении #1486920 писал(а):

в источнике доказано (если я правильно поняла), что, если решения существуют, то их количество ограниченно. А из Пелля следует бесконечность количества решений, если существует хотя бы одно. Т.е. получаем противоречие.

Вы это имели ввиду? Если да, то вы ошибаетесь. Сильно. И не раз.

[TR63]

Shadow, тема эта. Но смотреть надо на первой странице. Вот это:

Положим $u=(m-2)x-1$ и $v=(m-2)y+1$. Тогда имеет место равенство

$$ u^2-muv+v^2=(u-v\varepsilon)(u-v\varepsilon^{-1})=B, $$

где введены обозначения

$$ \varepsilon=\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2}, \quad B=(m-2)(m-3). $$

Можно считать, что $m \geqslant 4$. Если $\alpha=u-v\varepsilon>0$, то существует такое $k \in \mathbb{Z}$, что для числа

$$ \alpha_*=u_*-v_*\varepsilon=\frac{u-v\varepsilon}{\varepsilon^k} $$

верны неравенства $\sqrt{B/\varepsilon} \leqslant \alpha_*<\sqrt{B\varepsilon}$. Следовательно,

$$ -\sqrt{\frac{B}{m+2}}<v_*=\frac{-\alpha_*+B/\alpha_*}{\varepsilon-\varepsilon^{-1}} \leqslant \sqrt{\frac{B}{m+2}}. $$

-- 13.10.2020, 15:22 --

Меня интересует
Вопрос: существует ли решение уравнения $u^2-mvu+v^2=(m-2)(m-3)$ при $(u;v;m)\in N^+$, $(m)$-нечётное.
Если известен пример, то достаточно привести его. И вопрос будет исчерпан.

[Shadow]

Ну тогда тем более станный вопрос. Могли бы привести цитату полностью:

nnosipov в сообщении #1476585 писал(а):

Пусть (целое) значение дроби равно $m$, причем $m$ положительно и не равно $2$ (случай отрицательных $m$ рассматривается аналогично). Положим $u=(m-2)x-1$ и $v=(m-2)y+1$. Тогда имеет место равенство

$$ u^2-muv+v^2=(u-v\varepsilon)(u-v\varepsilon^{-1})=B, $$

где введены обозначения

$$ \varepsilon=\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2}, \quad B=(m-2)(m-3). $$

Можно считать, что $m \geqslant 4$. Если $\alpha=u-v\varepsilon>0$, то существует такое $k \in \mathbb{Z}$, что для числа

$$ \alpha_*=u_*-v_*\varepsilon=\frac{u-v\varepsilon}{\varepsilon^k} $$

верны неравенства $\sqrt{B/\varepsilon} \leqslant \alpha_*<\sqrt{B\varepsilon}$. Следовательно,

$$ -\sqrt{\frac{B}{m+2}}<v_*=\frac{-\alpha_*+B/\alpha_*}{\varepsilon-\varepsilon^{-1}} \leqslant \sqrt{\frac{B}{m+2}}. $$

Более того, поскольку $u \equiv v \equiv -1 \pmod{m-2}$, имеем также $u_* \equiv v_* \equiv -1 \pmod{m-2}$. Но тогда $v_*=-1$, что приводит к противоречию. Таким образом, при $m \geqslant 4$ решений нет.

Что вас не устраивает в последнем изречении (курсив от меня)?. Кстати там небольшая опечатка. Должно быть $v=(m-2)y-1$

[TR63]

Shadow в сообщении #1486944 писал(а):

Могли бы привести цитату полностью

Так, полностью мне не надо, поскольку меня интересует только уравнение $u^2-mvu+v^2=(m-2)(m-3)$ при $(u;v;m)\in N^+$, $(m)$-нечётное.
Из цитаты я поняла, что при фиксированном $(m)$ может быть только конечное количество значений для $(v)$. Возможно, я не правильно поняла (об этом я упоминала). Тогда криминала я в этом не вижу, поскольку на данный момент меня интересует только: возможна ли аналогия между двумя уравнениями: $u^2-mvu+v^2=(m-2)(m-3)$ и $u^2-mvu+v^2=(m-1)(m+1)$. С несуществованием решений второго уравнения разобрались. С первым-что-то пока не понятно: существует или нет решение (мне не понятно). Если Вы считаете, что не существует, то ок. Вопросов нет.
(Про опечатку я знаю, для понимания она несущественна.)

[victor.l]

Для диофантова уравнения вида $x^2+y^2=m(m+1)+1$ некоторые серии m считаются элементарно. Например $m=n^2-1$ или $m=3n^2$.

[TR63]

victor.l,
для ответа на мой вопрос недостаточно привести бесконечную серию. Надо выяснить, существует ли в этой серии хотя бы одно решение, удовлетворяющее первому уравнению системы. И это ещё не будет решением задачи. (Хотя, если окажется, что существует, то будет получен ответ на мой вопрос.)
Само уравнение $u^2-mvu+v^2=(m-1)(m+1)$, как показал Andrey A и подтвердил Shadow
, решений не имеет. Этот результат я предвидела сразу, глядя на уравнение $u^2-mvu+v^2=(m-2)(m-3)$. Для него, исходя из системы из двух Пеллей и ограниченности количества $(v)$ при фиксированном $(m)$, получается противоречие. Значит решений не существует. Т.е. гипотетическое предположение подтверждается (?) аналитически. Кроме того Shadow, вроде, подтвердил, что решений не существует.
И, если, действительно, оба уравнения не имеют решений, то можно рассмотреть и другие уравнения. Но это уже другой вопрос.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1486695 писал(а):

TR63 в сообщении #1486691 писал(а):

Распишу подробнее исходное уравнение. Оно имеет вид

$$u^2-mvu+v^2=(m-1)(m+1)$$

Оно не имеет решений в целых числах $(u,v,m)$

А у Вас есть доказательство? Из дальнейшего обсуждения как-то неясно.

[victor.l]

Уравнение $x^2+3xy+y^2=30^2-1$ имеет бесконечное множество решений. В натуральных числах $x=5 y=23$. Предлагаю аналогично поискать для $60^2-1$ или $150^2-1$.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1487743 писал(а):

Оно имеет вид

$$u^2-mvu+v^2=(m-1)(m+1)$$

victor.l в сообщении #1487947 писал(а):

Уравнение $x^2+3xy+y^2=30^2-1$ имеет...

$m=-3$ или $m=30$?

[victor.l]

Условие прочитал невнимательно. Что взять с пенсионера с катарактой.

[Andrey A]

victor.l
Бывает.

[nnosipov]

Уравнение $u^2-muv+v^2=m^2-1$ при любом $m>1$ действительно не имеет решений в целых числах $u$, $v$. Доказательство оказалось вполне стандартным и не слишком сложным. Однако мне непонятно, при чем здесь "модулярные соображения", которые выше, вроде бы, приводились в качестве основного аргумента. Мне кажется, что они здесь как раз не работают (или я не вижу, как именно они могли бы сработать).

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1487954 писал(а):

Однако мне непонятно, при чем здесь "модулярные соображения", которые выше, вроде бы, приводились в качестве основного аргумента

Там Andrey A рассмотрел частный случай уравнения $X^2-(m^2-4)Y^2=m^2-1$ для нечетных $m$, с использованием теоремы Лежандра.
Что данное уравнение имеет рациональные решения только если $m^2-4$ - квадратичный вычет по модулю $m^2-1$. Тоесть, $-3$ - квадратичный вычет по модулю $m^2-1$. Тоесть, должно существовать целое $t$, такое что $m^2-1 \mid t^2+3$. Откуда противоречие по модулю 8 (при нечетном $m$).
Но в теореме Лежандра есть требование взаимной простоты коэффициентов, а ее здесь нет - есть общий делитель 4 и возможно 3. Не знаю, можно ли скорректировать доказательство.

-- 20.10.2020, 10:20 --

Ой, возможен общий делитель только 3, конечно. $m^2-4$ - нечетное. Затупил я.

-- 20.10.2020, 10:46 --

Shadow в сообщении #1488037 писал(а):

Не знаю, можно ли скорректировать доказательство

Да, работает и при $m=6k\pm 1$

[Andrey A]

Shadow в сообщении #1488037 писал(а):

$X^2-(m^2-4)Y^2=m^2-1$ для нечетных $m$

Shadow в сообщении #1488037 писал(а):

Да, работает и при $m=6k\pm 1$

Сначала встал вопрос при каких $m$ выражение $m(m+1)+1$ может быть суммой двух целых квадратов. Необходимое условие $m \equiv 3,11 \mod 12$ (в остальных случаях либо делится на $3$, либо $3 \mod 4$). Потом возник Пелль. В то, как связаны эти вопросы между собой и, тем более, с уравнением nnosipov — я не вникал, просто предположил, что $m$ то самое. Если нет, — дальнейшее можно не читать. Если же $m$ это $m$, и $\gcd (X,Y)=d$, то, поделив левую и правую части Пелля на $d^2$, получаем в правой части выражение $\dfrac{m^2-1}{d^2}$, которое по-прежнему должно быть числом вида $p^2+3q^2,$ а это бывает при $m \equiv 1,7 \mod 12^{*}.$ Не помню как это вышло. Пусть это будет просто наблюдение, возможно ошибочное; найдется контрпример — я и соглашусь. Сам уже не рад что вписался.




*При положительном $m$, конечно, о чем упоминалось ТС

TR63 в сообщении #1486691 писал(а):

$(u;v;m)\in N^+$, $(m)$-нечётный параметр.

Изменено 20.10.2020