Не точный квадрат

[nnosipov]

Докажите, что не существует натуральных чисел $x$ и $y$, для которых число $x^2y^2+4x^2+4y^2+4$ оказалось бы точным квадратом.

[Dmitriy40]

(Просто для информации)

Для $\max(x,y)<10^6$ решения не нашёл.

[nnosipov]

Dmitriy40
Спасибо за подтверждение. Я умею доказывать, что их нет. Хочется понять, насколько очевидным могло бы быть доказательство. Пока мне кажется, что совсем просто этот факт не докажешь.

[gris]

очень поверхностные соображения:
можно заметить сразу некоторые свойства выражения:
Оно не делится на $3,16$, оно не заканчивается ни на $1$, ни на $6$. А в основном на $8,2,3$. Из $55$ вариантов последних цифр переменных только $10$ не отвергают гипотезу о квадрате из-за последней цифры выражения. Можно по арифметическим прогрессиям поанализировать. Иногда получается.
Можно попребразовывать выражение. Типа $(xy+2)^2+(x+y)^2-6xy$.

[nnosipov]

Не уверен, что это поможет, но все равно спасибо.

В последнее время подобные задачи вызывают у меня, обычно, чувство глубокой безысходности.

[dmd]

$$x^2y^2+4x^2+4y^2+4=z^2\implies$$

$$\Big(2 (x y)^2 + 4 (x^2 + y^2) - z^2\Big)^2 + \Big(4 x y\Big)^2 = \Big(4 (x^2 + y^2) - z^2\Big)^2$$

катет больше гипотенузы

[Shadow]

dmd в сообщении #1488294 писал(а):

катет больше гипотенузы

Нет, в правой части $\left(z^2-4(x^2+y^2)\right)^2$

На самом деле второе уравнение, ввиду равенста, есть $(x^2y^2-4)^2+(4xy)^2=(x^2y^2+4)^2$ и никакого противоречия нет. Тем более, в положительных вещественных числах решения есть

[12d3]

Если $x^2y^2+4x^2+4y^2+4 = (xy+2z)^2$, то $x^2+y^2+1=z^2+xyz$.
Будем решать два уравнения разом: $x^2+y^2+1=z^2+xyz$ и $x^2+y^2+1=z^2-xyz$, все в натуральных числах, методом бесконечного спуска. Сразу проверим, что $x=y$ не является решением первого уравнения. Дальше будем считать, что $x > y$.
Устроим спуск таким образом:
1) Если $(x,y,z)$ - решение первого уравнения и $y \ge z$, то запишем квадратное уравнение относительно $x$: $x^2-yz \cdot x + (y^2-z^2+1) = 0$. По формуле Виета получим второй корень $x_1=\dfrac{y^2-z^2+1}{x}$, который, во-первых, целый и положительный, т.к. $y \ge z$, во-вторых, $x_1 < y$. Тройка $(y,x_1,z)$ - новое решение первого уравнения.
2) Если $(x,y,z)$ - решение первого уравнения и $y<z$, то $x(x-yz)=z^2-y^2-1 $, и тройка $(x-yz, y, z)$ будет новым решением второго уравнения.
3) Если $(x,y,z)$ - решение второго уравнения , то $z(z-xy)=x^2+y^2+1 $, и тройка $(x, y, z-xy)$ будет новым решением первого уравнения.
--
Здесь случаи 2 и 3 можно скомпоновать вместе таким образом: если $(x,y,z)$ - решение первого уравнения и $y < z$, то $(x-yz,y,z-xy+y^2z)$ - новое решение первого уравнения, но наглядность немножко теряется.

[nnosipov]

Да, что-то такое и предполагалось относительно исходного уравнения $u^2-muv+v^2=m^2-1$ отсюда http://dxdy.ru/post1487743.html#p1487743 У меня технически другие рассуждения, то идейно все то же --- бесконечный спуск по всем трем переменным. Причем в этой задаче ситуация попроще, чем была здесь topic138459.html

[Shadow]

12d3, из вашего доказательства мне не стало понятно почему уравнение

$x^2-xyz+y^2-z^2+1=0$

не имеет решений в целых числах (кроме тривиальное), а

$x^2-xyz+y^2-z^2+3=0$ - дофига.

[ancom1337]

Пока что упростил выражение и получил такое:
$(x + 4)^2\cdot(y + 4)^2 = a^2 + 12.$
Смог доказать для $x = y$, пробую свести общий случай к частному.

[12d3]

Shadow
В бесконечном спуске во втором случае $x(x-yz)=z^2-y^2-1 $ правая часть всегда положительная, и поэтому спуск не прерывается. Если единицу заменить на тройку, то правая часть может стать нулем, и спуск оборвется на решении $z=2, y=1, x=2$.

[Shadow]

12d3 теперь понятно, спасибо.

[vorvalm]

орфография

неточный пишется слитно, т.к.можно заменить приближенный

[kotenok gav]

vorvalm, нет, здесь "не точный квадрат" - отрицание слов "точный квадрат", поэтому оно пишется раздельно.