Диофантово уравнение четвёртой и шестой степени.

[TR63]

Найдите верхнюю границу $(x<M)$ натуральных решений уравнения:

$$x^4+ax^3+a^2x^2+a^3x+1=q^2$$

При $(a=1)$ будем иметь известное уравнение (зажимаем квадратами, и находятся все решения).
Границу (M) для обобщённого уравнения я нашла двумя способами (это лёгкая задача) без зажима двумя квадратами.
В третьем способе используется зажатие двумя квадратами, но не исходного уравнения. Зажимается уравнение, полученное в результате решения исходного уравнения:

$$25a^6-19a^4-5a^2+63=q^2$$

при $a>1$.
Правда, оно является только достаточным для решения исходного уравнения при $a>1$.
При $a>1$ имеется натуральное решение
У меня возник вопрос: можно ли обобщить это уравнение так, чтобы и оно не имело решений при $a>1$.
Рассмотрим уравнение в натуральных числах при $a>1$, $(q;a_i)\in N$:

$$a_1a^6-a_2a^4-a_3a^2+a_4=q^2$$

при условиях:
1). $a_1-a_2-a_3=1$
2). $1+a_4=q_1^2$
3). $a_4=4(k-1)+3$
4). $(a_2;a_3)$ одной чётности.
Рассмотрим случай $k=1$, $(a_2;a_3)$ чётные, $(a)$ нечётное, т.к. при чётных решений не существует.

$$(1+a_2+a_3)a^6-a_2a^4-a_3a^2+3=q^2$$

При некоторых нечётных значениях $(a)$ решений не существует при любых чётных$(a_2;a_3)$.

Надо найти наименьшее значение $(a)$, при котором существуют $(a_2;a_3;q)$.

Чтобы такое значение $(a)$ не существовало достаточно, чтобы не имела решений система:
1). $q^2-3=am$
2). $q^2-(a^6+3)=16k$

Эту систему при конкретных $(a)$ можно решать на Вольфраме. Проверила для маленьких интервалов. Решений нет. Интересно, есть ли решения на больших интервалах.

-- 16.11.2021, 12:34 --

TR63 в сообщении #1539425 писал(а):

При $a>1$ имеется натуральное решение

Здесь опечатка. должно быть $a=1$. (правка не работает; возможно из-за медленной загрузки)

[Someone]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1539425 писал(а):

правка не работает; возможно из-за медленной загрузки

Правка доступна в течение часа. В вашем случае час уже прошёл.

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1539425 писал(а):

Границу (M) для обобщённого уравнения я нашла двумя способами (это лёгкая задача) без зажима двумя квадратами.

И где же она? Приведите хотя бы ответ: $M=\ldots$

[TR63]

nnosipov
У меня получилось $M=\frac{10a^3-a}{4}$
[b]Someone,

(Оффтоп)

я опечатку заметила сразу после отправки текста (часа пройти не могло).

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1539433 писал(а):

У меня получилось $M=\frac{10a^3-a}{4}$

Это гораздо оптимистичней по сравнению с тем, что дает общая оценка. Но хуже, чем можно было бы получить для схожего уравнения $x^4+a^3x+1=q^2$. В любом случае технология получения подобных оценок здесь (на dxdy) обсуждалась не раз, так что ничего нового. Но как учебное упражнение сойдет (при условии корректности доказательства).

[Dmitriy40]

TR63 в сообщении #1539425 писал(а):

Чтобы такое значение $(a)$ не существовало достаточно, чтобы не имела решений система:
1). $q^2-3=am$
2). $q^2-(a^6+3)=16k$

Выразив $q^2$ из обоих уравнений и приравняв и упростив получим условие $m=a^5+16k/a$. Из него очевидно что при $16k \ne 0 \pmod a$ ($16k$ не делятся на $a$) решений гарантированно не будет.
Далее, из первого уравнения $q^2=am+3$, но квадрат может быть лишь вида $q^2=\{0,1\} \pmod 4$, т.е. должно быть $am=\{1,2\}\pmod 4$, другие два варианта гарантированно не дают решений. С другой стороны, если решения не отброшены первым условием $16k \ne 0 \pmod a$, значит $16k$ делится на $a$ и тогда можно записать $16k/t=a$. Подставив это $a$ в $am = \{1,2\}\pmod 4$ получим $16km/t = \{1,2\}\pmod 4$ для существования решений. Это сравнение имеет лишь три варианта решения (все равенства по модулю $16$): $t=0, km=\{1,2\}$ или $t=8, km=3$, в остальных случаях решений гарантированно нет. Условие на $t$ можно заменить на условие по $k$ (снова всё по модулю $16$): $k=a, km=\{1,2\}$ или $k=8a, km=3$. Последнее вообще говоря отпадает потому что подставив $k=8a \pmod{16}$ в $km=3\pmod{16}$ получим $8am=3\pmod{16}$, что противоречит $am=\{1,2\}\pmod 4=\{1,2,5,6,9,10,13,14\}\pmod{16}$.
Получили интересно, одновременно и $am=\{1,2\}\pmod4$, и $k=a\pmod{16}, km=\{1,2\}\pmod{16}$. Очевидно первое боле слабое, оставляем второе, $am=\{1,2}\pmod{16}$ и $k=a\pmod{16}$.

Теперь посмотрим на $q^2=16k+a^6+3$ по модулю $16$: $q^2=a^6+3 \pmod{16}$. Но по модулю $16$ любой квадрат может принимать лишь значения $\{0,1,4,9\}$, значит $q^2=4\pmod{16}, a^6=1\pmod{16}$. Из последнего следует $a=\{1,7,9,15\}\pmod{16}$ и ровно такое же на $k$.
Из первого уравнения $q^2=am+3$ по модулю $16$ следует что $am+3=4\pmod{16}$, следовательно $am=1\pmod{16}$, отсюда $a=m\pmod{16}$.

Получили что все три переменные, $a, m, k$ сравнимы по модулю $16$ и при том могут принимать лишь $4$ разных значения по этому модулю или $\pm1\pmod8$. $q$ же тоже может принимать лишь $4$ разных значения по модулю $16$: $q=\{2,6,10,14\}\pmod{16}=2\pmod4$.
Уф, не знаю поможет ли чем-то это всё ... Ну по крайней мере запрета на существование решений не обнаружил.

[Dmitriy40]

Написал программку, перебором нашлись решения:
$a=1, k=2, m=33, q=6$
$a=1, k=6, m=97, q=10$
$a=1, k=12, m=193, q=14$
$a=1, k=20, m=321, q=18$
$a=1, k=30, m=481, q=22$
$a=1, k=42, m=673, q=26$
$a=1, k=56, m=897, q=30$
$a=1, k=72, m=1153, q=34$
$a=1, k=90, m=1441, q=38$
$a=23, k=10649, m=6443751, q=12174$
$a=33, k=418308, m=39338209, q=36030$
$a=39, k=645567, m=90489047, q=59406$
$a=47, k=454302, m=229499663, q=103858$
$a=71, k=1923887, m=1804662903, q=357954$
$a=73, k=1021197, m=2073295417, q=389038$
$a=97, k=32062574, m=8592628929, q=912954$
$a=111, k=2564322, m=16850951183, q=1367646$
$a=121, k=59573261, m=25945302057, q=1771830$
$a=169, k=36804651, m=137861976313, q=4826870$
$a=177, k=89417922, m=173734687633, q=5545362$
$a=263, k=52300443, m=1258287379319, q=18191470$
Решений сильно больше (для каждого указанного $a$), показал лишь некоторые.
Так что гипотеза об отсутствии решений оказалось неверной.

[TR63]

Dmitriy40 в сообщении #1539440 писал(а):

запрета на существование решений не обнаружил.

Надо попробовать искать решение экспериментально, если это возможно для больших интервалов. Я проверила для $0<a<150$ на Вольфраме. Решений системы нет. Следовательно и

TR63 в сообщении #1539433 писал(а):

Рассмотрим случай $k=1$, $(a_2;a_3)$ чётные, $(a)$ нечётное, т.к. при чётных решений не существует.

$$(1+a_2+a_3)a^6-a_2a^4-a_3a^2+3=q^2$$

это уравнение не имеет решений при $0<a<150$.
Но Вы нашли решения для системы с помощью программы. Значит, Вольфрам не может решать такие уравнения. Но иногда он показывал правильный ответ. Сейчас решила проверить ещё раз, но он завис (ищет).
То, что система имеет решения, не отрицает, что само уравнение не имеет решений, т.к. система только достаточное условие. Т. е. надо продолжать искать решение уравнения.

nnosipov в сообщении #1539436 писал(а):

Но хуже, чем можно было бы получить для схожего уравнения $x^4+a^3x+1=q^2$.

У моего семейства уравнений параметр $(a)$ положительный, натуральный и коэффициенты тоже. И уравнение (которое обобщалось) $x^4+x^3+x^2+x+1=q^2$ принадлежит моему семейству. Ваше уравнение из другого семейства. Его верхняя оценка моим методом не найдена (пока).

[Dmitriy40]

Простите, но я не понимаю:

TR63 в сообщении #1539450 писал(а):

Я проверила для $0<a<150$ на Вольфраме. Решений системы нет. Следовательно и

TR63 в сообщении #1539433 писал(а):

Рассмотрим случай $k=1$, $(a_2;a_3)$ чётные, $(a)$ нечётное, т.к. при чётных решений не существует.
$(1+a_2+a_3)a^6-a_2a^4-a_3a^2+3=q^2$

это уравнение не имеет решений при $0<a<150$.

Как же не имеет если подстановка банального $a=1$ даёт $(1+a_2+a_3)\cdot1^6-a_2\cdot1^4-a_3\cdot1^2+3=q^2 \to 4=q^2$, у которого решения очень даже есть, $q=2$ при любых $a_2, a_3$.

Преобразуем $(1+a_2+a_3)a^6-a_2a^4-a_3a^2+3=q^2$ в $(a^6-a^4)a_2 + (a^6-a^2)a_3 + a^6+3=q^2$.

Проверим $a=3$: $648a_2+720a_3+732=q^2$.
Рассмотрим по модулю $16$, справа квадрат может быть лишь $\{0,1,4,9\}\pmod{16}$, слева $8a_2+12=\{0,1,4,9\}\pmod{16} \to 8a_2=8\pmod{16} \to a_2=1\pmod{16}$.
А если по модулю скажем $9$: $q^2=\{0,1,4,7\}\pmod9$, слева $0a_2+0a_3+3\pmod9$, т.е. для $a=3$ решений нет.

Проверим $a=5$, сразу по модулю $20$: $5^6-5^4=5^6-5^2=0, 5^6+3=8, q^2=\{0,1,4,5,9,16\}$, решений нет.

Компьютерный перебор показывает что сравнениями по модулям до $1000$ возможно допустимы $a=\{11,13,23,37,47,59,61,71,73,83,97\}$. Наблюдается некоторое перекрытие с решениями предыдущей системы, потому возьмём сразу $a=23$ и поищем решения уравнения $147756048a_2+148035360a_3+148035892=q^2$ ... И они таки есть, как есть и для других $a$:
$a=11, a_2=7, a_3=67, q=11522$
$a=11, a_2=9, a_3=32, q=8618$
$a=11, a_2=25, a_3=72, q=13162$
$a=11, a_2=27, a_3=41, q=11038$
$a=11, a_2=33, a_3=76, q=13942$
$a=11, a_2=39, a_3=89, q=15098$
$a=11, a_2=83, a_3=59, q=15878$
$a=11, a_2=93, a_3=80, q=17518$
$a=13, a_2=39, a_3=31, q=18482$
$a=13, a_2=53, a_3=12, q=17806$
$a=23, a_2=13, a_3=78, q=116686$
$a=23, a_2=31, a_3=27, q=93410$
Это лишь для $a_2,a_3<100$, расширив диапазон найдутся и ещё решения, в том числе и для для других $a$ из списка выше:
$a=37, a_2=203, a_3=295, q=1131334$
$a=47, a_2=19, a_3=832, q=3030478$
$a=59, a_2=179, a_3=83, q=3330362$
$a=61, a_2=215, a_3=249, q=4894282$
$a=71, a_2=245, a_3=910, q=12168718$
$a=73, a_2=133, a_3=296, q=8066594$
$a=83, a_2=721, a_3=824, q=22481450$

Программа достаточно простая, перебор тупо в лоб (оказалось и он решает задачу, тужиться не пришлось):

forstep(a=3,100,2, for(a2=1,100, for(a3=1,100, q2=(a^6-a^4)*a2+(a^6-a^2)*a3+a^6+3; q=0; if(issquare(q2,&q), print("$a=",a,", a_2=",a2,", a_3=",a3,", q=",q,"$")))))

-- 16.11.2021, 16:59 --

А, я не обратил внимания что $a_2,a_3$ должны быть чётными, так да, кроме $a=1, q=2, a_2,a_3\in\mathbb{N}$ других решений не находится.

Но ведь про них было сказано лишь

TR63 в сообщении #1539425 писал(а):

4). $(a_2;a_3)$ одной чётности.

а оба нечётные вполне себе найдены.

-- 16.11.2021, 17:21 --

TR63 в сообщении #1539425 писал(а):

У меня возник вопрос: можно ли обобщить это уравнение так, чтобы и оно не имело решений при $a>1$.
Рассмотрим уравнение в натуральных числах при $a>1$, $(q;a_i)\in N$:

$$a_1a^6-a_2a^4-a_3a^2+a_4=q^2$$

В принципе даже это, отсутствие решений, несложно организовать: возьмём $a_4=3\pmod4$, а $a_1=a_2=a_3=0\pmod4$, это гарантированно исключит все решения. Можно и по многим и многим другим модулям и разные остатки.

[TR63]

Dmitriy40 в сообщении #1539454 писал(а):

$a_2,a_3$ должны быть чётными, так да, кроме $a=1, q=2, a_2,a_3\in\mathbb{N}$ других решений не находится.

Dmitriy40, большое спасибо.

Ограниченный перебор, конечно, задачу не решает. Остаётся ждать, пока кто-то найдёт наименьшее решение или аналитически докажет, что его нет.

[Dmitriy40]

Ещё несколько вариантов гарантии отсутствия решений $a_1a^6-a_2a^4-a_3a^2+a_4=q^2$ с условиями из первого сообщения $a_1=a_2+a_3+1, a_2=a_3=0\pmod2, a_4=3\pmod4$, все сравнения по указанному модулю:
$a_1=5, a_2=2, a_3=2, a_4=7 \pmod{20}$
$a_1=5, a_2=2, a_3=2, a_4=19 \pmod{28}$
$a_1=5, a_2=2, a_3=2, a_4=11 \pmod{36}$
$a_1=11, a_2=4, a_3=6, a_4=39 \pmod{44}$
$a_1=9, a_2=2, a_3=6, a_4=7 \pmod{52}$
$a_1=17, a_2=12, a_3=4, a_4=11 \pmod{68}$
$a_1=19, a_2=4, a_3=14, a_4=59 \pmod{76}$
$a_1=23, a_2=4, a_3=18, a_4=43 \pmod{92}$

Если наложить и последнее условие $a_4=t^2-1$, то исключить возможность решения не получается.

[TR63]

Dmitriy40 в сообщении #1539454 писал(а):

отсутствие решений, несложно организовать: возьмём $a_4=3\pmod4$, а $a_1=a_2=a_3=0\pmod4$, это гарантированно исключит все решения.

В этом семействе не будет содержаться уравнение, которое обобщалось: $25a^6-19a^4-5a^2+63=q^2$
Не будем распыляться.

[TR63]

Dmitriy40, учитывая Вашу статистику, скорректирую формулировку задачи.
Для $(a;q>1)\in N$, $(a_2;a_3)\in N^+$
надо выяснить, при каких $(a_2;a_3)$ существуют решения уравнения:

$$(1+a_2+a_3)a^6-a_2a^4-a_3a^2+3=q^2$$

Для $(a_2;a_3)$ возможны следующие комбинации:
1). (нечет; нечет)
2]. (нечет; чёт)
2a]. (чёт; нечет)
4). (чёт; чёт)
Т.е. комбинации содержат два нечётных числа, одно нечётное число и ноль нечётных чисел. Комбинации $[2;2a]$ можно считать как одна комбинация.
Тогда согласна, что исключить возможность отсутствия решения для комбинации (чёт;чёт) вряд ли получится.
К этому выводу я пришла из гипотетических рассуждений, применяя мою гипотезу об однородном циклическом операторе (я использовала анти результат этой гипотезы), но это неважно. Главное, что мой гипотетический вывод совпадает с Вашим предположением (если я Вас правильно поняла).
О комбинации (чёт; нечет) предположений однозначных гипотеза не даёт. Нужен перебор.
В любом случае ещё раз спасибо за статистику. Для меня она была очень полезна.

[Dmitriy40]

Ответ на вопрос

TR63 в сообщении #1539682 писал(а):

Тогда согласна, что исключить возможность отсутствия решения для комбинации (чёт;чёт) вряд ли получится.

уже был дан:

Dmitriy40 в сообщении #1539470 писал(а):

Если наложить и последнее условие $a_4=t^2-1$, то исключить возможность решения не получается.

Для $a_4=3$ он остаётся справедливым для любых комбинаций чётности $a_2,a_3$ для проверки по модулям до $300$. Это конечно не гарантирует отсутствие или наличие решений, но всё же даёт некоторую надежду.

И такие решения действительно есть:
$a_1=42, a_2=9, a_3=32, a_4=3, a=11, q=8618$
$a_1=69, a_2=27, a_3=41, a_4=3, a=11, q=11038$
$a_1=75, a_2=7, a_3=67, a_4=3, a=11, q=11522$
$a_1=98, a_2=25, a_3=72, a_4=3, a=11, q=13162$
$a_1=110, a_2=33, a_3=76, a_4=3, a=11, q=13942$
$a_1=129, a_2=39, a_3=89, a_4=3, a=11, q=15098$
$a_1=143, a_2=83, a_3=59, a_4=3, a=11, q=15878$
$a_1=174, a_2=93, a_3=80, a_4=3, a=11, q=17518$
$a_1=66, a_2=53, a_3=12, a_4=3, a=13, q=17806$
$a_1=71, a_2=39, a_3=31, a_4=3, a=13, q=18482$
$a_1=59, a_2=31, a_3=27, a_4=3, a=23, q=93410$
$a_1=92, a_2=13, a_3=78, a_4=3, a=23, q=116686$
$a_1=560, a_2=224, a_3=335, a_4=3, a=47, q=2456678$
$a_1=756, a_2=424, a_3=331, a_4=3, a=47, q=2854298$
$a_1=992, a_2=566, a_3=425, a_4=3, a=47, q=3269590$
$a_1=1096, a_2=308, a_3=787, a_4=3, a=47, q=3436934$
$a_1=1248, a_2=826, a_3=421, a_4=3, a=47, q=3667210$
$a_1=1676, a_2=978, a_3=697, a_4=3, a=47, q=4249846$
$a_1=1683, a_2=1034, a_3=648, a_4=3, a=47, q=4258682$
$a_1=2387, a_2=1828, a_3=558, a_4=3, a=47, q=5071594$
$a_1=4163, a_2=3784, a_3=378, a_4=3, a=47, q=6697418$
$a_1=5235, a_2=4946, a_3=288, a_4=3, a=47, q=7510330$
$a_1=7747, a_2=7638, a_3=108, a_4=3, a=47, q=9136154$
$a_1=9187, a_2=9168, a_3=18, a_4=3, a=47, q=9949066$
$a_1=10005, a_2=9896, a_3=108, a_4=3, a=47, q=10382570$
$a_1=1511, a_2=1464, a_3=46, a_4=3, a=97, q=35475218$
$a_1=3383, a_2=2426, a_3=956, a_4=3, a=97, q=53082290$
$a_1=5959, a_2=18, a_3=5940, a_4=3, a=143, q=225732854$
Видно что решения есть для всех комбинаций чётности $a_2,a_3$. Думаю на этом вопрос можно закрывать.

Или поискать решения с другими $a_4=t^2-1=3\pmod4$? Они тоже есть (показываю по одному на каждую комбинацию чётности $a_2,a_3$ и $a_4$):
$a_1=189, a_2=10, a_3=178, a_4=15, a=7, q=4712$
$a_1=74, a_2=5, a_3=68, a_4=15, a=7, q=2948$
$a_1=12, a_2=4, a_3=7, a_4=15, a=7, q=1184$
$a_1=55, a_2=7, a_3=47, a_4=15, a=7, q=2540$
$a_1=965, a_2=32, a_3=932, a_4=35, a=17, q=152610$
$a_1=76, a_2=9, a_3=66, a_4=35, a=13, q=19146$
$a_1=8, a_2=2, a_3=5, a_4=35, a=17, q=13890$
$a_1=93, a_2=19, a_3=73, a_4=35, a=13, q=21174$
$a_1=35, a_2=6, a_3=28, a_4=63, a=9, q=4308$
$a_1=20, a_2=1, a_3=18, a_4=63, a=3, q=120$
$a_1=20, a_2=8, a_3=11, a_4=63, a=9, q=3252$
$a_1=5, a_2=1, a_3=3, a_4=63, a=3, q=60$
$a_1=67, a_2=8, a_3=58, a_4=99, a=15, q=27618$
$a_1=4, a_2=1, a_3=2, a_4=99, a=3, q=54$
$a_1=114, a_2=24, a_3=89, a_4=99, a=15, q=36018$
$a_1=9, a_2=7, a_3=1, a_4=99, a=3, q=78$
$a_1=135, a_2=112, a_3=22, a_4=143, a=41, q=800592$
$a_1=242, a_2=11, a_3=230, a_4=143, a=31, q=463428$
$a_1=862, a_2=30, a_3=831, a_4=143, a=41, q=2023488$
$a_1=501, a_2=151, a_3=349, a_4=143, a=31, q=666708$
$a_1=429, a_2=22, a_3=406, a_4=195, a=17, q=101750$
$a_1=18, a_2=7, a_3=10, a_4=195, a=17, q=20830$
$a_1=646, a_2=2, a_3=643, a_4=195, a=17, q=124870$
$a_1=1039, a_2=47, a_3=991, a_4=195, a=17, q=158350$
$a_1=527, a_2=54, a_3=472, a_4=255, a=23, q=279284$
$a_1=144, a_2=29, a_3=114, a_4=255, a=23, q=145976$
$a_1=794, a_2=52, a_3=741, a_4=255, a=23, q=342820$
$a_1=33, a_2=19, a_3=13, a_4=255, a=23, q=69856$
На этом то точно вопрос можно закрыть.

[TR63]

Dmitriy40 в сообщении #1539710 писал(а):

Для $a_4=3$ он остаётся справедливым для любых комбинаций чётности $a_2,a_3$ для проверки по модулям до $300$. Это конечно не гарантирует отсутствие или наличие решений, но всё же даёт некоторую надежду.

И такие решения действительно есть:

Dmitriy40 в сообщении #1539710 писал(а):

Видно что решения есть для всех комбинаций чётности $a_2,a_3$. Думаю на этом вопрос можно закрывать.

Да. И этот результат не противоречит моей гипотезе (я ею пользовалась первоначально в теме "Странные комбинации?" из "Олимпиадного раздела"; затем нашла аналитическое решение; оба решения совпали).
Dmitriy40, огромное спасибо.

Dmitriy40 в сообщении #1539710 писал(а):

Или поискать решения с другими $a_4=t^2-1=3\pmod4$?

Эту информацию надо переварить. Возможно, удастся извлечь какую-нибудь информацию. Но не сейчас.