Система диофантовых уравнений

[nnosipov]

Решите систему уравнений

$$y^2-2zx+1=z^2-xy-2=0$$

в целых числах.

[waxtep]

Получилось не очень уклюжее, но кажется решение.
1. Рассмотрим случай $xy\leqslant0$, убедимся что он дает два решения $x=z=-y=\pm1$
2. Далее достаточно рассматривать положительные $x,y,z$, т.к. $xy>0$, и одновременная смена знака у всех трех переменных приводит к исходной системе;
3. Кроме того, все $x,y,z$ нечетны; для $y$ это ясно из одного из уравнений системы, а для $x, z$ увидим это подставив $y=2t+1$ в следующее из системы уравнение $y^3+y=2z^3-4z$
4. (теперь немного кривоколенное место) для достаточно больших $x,y,z$ видим, что $y>z>x$, поскольку $z\approx\sqrt{xy},y\approx\sqrt{2xz}\Rightarrow y\approx2^{2/3}x,z\approx2^{1/3}x$. Для очистки совести проверим случаи $z=x$ и $y=z$, увидим, что решений (в натуральных $x,y,z$) нет
5. Тогда запишем $x=z-2a,y=z+2b,a,b\in\mathbb{N}$ и приведем исходную систему к виду

$$\begin{cases} z^2-4(a+b)z-(4b^2+1)=0\\ (b-a)z-2ab+1=0 \end{cases}$$

6. Решимся и подставим $z$ из второго уравнения в первое, запишем его как квадратное относительно $b$:

$$3b^2+2a(4a^2-1)b-(5a^2-1)=0$$

7. Дискриминант этого уравнения $D=a^2(4a^2-1)^2+3(5a^2-1)$ никогда не будет квадратом натурального числа, достаточно проверить случаи $\sqrt{D}=a(4a^2-1)+1$ и $\sqrt{D}=a(4a^2-1)+2$, следовательно, больше никаких решений мы не найдем.

[Andrey A]

$x=\dfrac{y^2+1}{2z}=\dfrac{z^2-2}{y}$, откуда $y(y^2+1)=2z(z^2-2)$ и

$$y^3-2z^3=-(y+4z).$$

Ясно, что все переменные нечетные определенного вида. Перебором получаем $x,y,z,=\pm1,\mp1,\pm1.$
Если же пара $y,z$ одного знака (для определенности $>0$), то по мере их роста должно выполняться $\dfrac{y}{z} \approx \sqrt[3]{2} $, и кол-во таких решений конечно. Разложение в непрерывную дробь ничего нового не добавляет. Но не доказано.

[nnosipov]

waxtep
Спасибо за оперативность Это старый сюжет, но Вам удалось найти свежий подход. К сожалению, уравнение относительно $b$ получается не квадратным (оно должно быть 4-й степени). Проверьте, пожалуйста.

-- Вс фев 13, 2022 19:57:53 --

Andrey A в сообщении #1548734 писал(а):

и кол-во таких решений конечно.

Видите ли, если решать уравнение

Andrey A в сообщении #1548734 писал(а):

$$y^3-2z^3=-(y+4z).$$

само по себе, то это трудная задача, не имеющая (очень вероятно) элементарного решения.

[waxtep]

nnosipov в сообщении #1548735 писал(а):

К сожалению, уравнение относительно $b$ получается не квадратным (оно должно быть 4-й степени). Проверьте, пожалуйста.

Ай, горе-беда, действительно, там же ещё $-4b^4$

[waxtep]

waxtep в сообщении #1548731 писал(а):

5. Тогда запишем $x=z-2a,y=z+2b,a,b\in\mathbb{N}$ и приведем исходную систему к виду

$$\begin{cases} z^2-4(a+b)z-(4b^2+1)=0\\ (b-a)z-2ab+1=0 \end{cases}$$

Это, наверное, путь не туда, но все равно кажется интересным: можно показать, что $a$, а, следовательно, и $z$ не могут быть слишком большими. В самом деле, из второго уравнения $b-a$ - нечетно и $\geqslant7$, меньшие значения отпадают по соображениям делимости (для $b-a=1$ придем к неразрешимому по $\mod4$ уравнению относительно $a$). Но тогда оценивая $z\approx2/7ab$ в первом уравнении получим коэффициент при $b^2$ вида $a^2-14a-49$, и при $a>17$ все это будет уже слишком большим, чтоб уравновеситься оставшимися членами. Для бОльших значений $b-a$ все еще хуже, т.е. получаем, что глобально $a\leqslant17$. А поскольку $z\approx2^{1/3}(z-2a)$, само $z$ едва ли заметно превышает (если вообще превышает) $100$. Конечно, удовольствия от перебора эн частных случаев никакого, но в принципе оно ограничено, не более тысячи возможных сочетаний $\{z,a\}$

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1548821 писал(а):

Это, наверное, путь не туда

Думаю, что как раз туда. Но здесь нужны аккуратные оценки, никаких приближенных равенств, только обоснованные неравенства. Если их удастся более-менее легко получить (пусть даже ценой увеличения объема перебора) --- я бы считал задачу решенной.

[TR63]

waxtep в сообщении #1548731 писал(а):

Решимся и подставим $z$ из второго уравнения в первое, запишем его как

$$[-4a^2b^2+8ab^3-4b^4]+[(8b-5)a^2+2ba-7b^2+4b-1]=0$$

Т.к. первая скобка отрицательна, то вторая должна быть положительна, что возможно только при $((b-1)<a)$. Учитывая, что $a<b$, получаем, что натуральных решений нет.

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1548902 писал(а):

$$[-4a^2b^2+8ab^3-4b^4]+[(8b-5)a^2+2ba-7b^2+4b-1]=0$$

Почему бы Вам не проверять результаты своих вычислений с помощью какой-нибудь системы компьютерной алгебры? Вы регулярно делаете арифметические ошибки. Если исключить $z$ из системы уравнений выше, то получится уравнение

$$-2ab+1+8a^3b-5a^2+3b^2-4b^4=0.$$

[TR63]

Странно. Руками у меня получалось, как у Вас. Но решить не получалось. Решила проверить на Вольфраме. Выдал такое (ошибочное; наверно ввод был невнимательный), решаемое.

[waxtep]

Еще один неуверенный подход к снаряду. Пусть по-прежнему $x=z-2a,y=z+2b,a,b\in\mathbb{N}$, и мы запишем исходную систему следующим образом:

$$\begin{cases} z^2-4(a+b)z-(4b^2+1)=0\\ (b-a)z-2ab+1=0 \end{cases}$$

Заметим, что для любого $k$ отсюда следует

$$z^2-((4-k)a+(4+k)b)z-(4b^2-2kab+k+1)=0$$

и можно попробовать подобрать интересное значение $k$, перспективное в плане исследования дискриминанта на квадратность. В частности, при $k=-1$, уравнение запишется как

$$z^2-(5a+3b)z-2b(a+2b)=0$$

и его дискриминант

$$D=25a^2+38ab+25b^2$$

Хочется доказать, что это не может быть квадратом натурального числа, но тут у меня провал в знаниях и умениях

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1549836 писал(а):

Хочется доказать, что это не может быть квадратом натурального числа

Но это может быть квадратом натурального числа, например при $a=2$, $b=9$. Непонятно, как найти волшебное значение $k$. Существует ли оно?

[waxtep]

nnosipov в сообщении #1549837 писал(а):

Но это может быть квадратом натурального числа, например при $a=2$, $b=9$. Непонятно, как найти волшебное значение $k$. Существует ли оно?

Эх, и тут мимо. Вы знаете, в рамках рыскания за волшебным $k$, обнаружил так же интересное $k=4/\sqrt[3]2$, при нем дискриминант сворачивается в квадрат (чего-то иррационального) плюс константа; но как это можно использовать, ума не приложу.

-- 04.03.2022, 09:51 --

Но кстати выглядит обещающе: ведь коэффициенты при $k^2, k, k^0$ должны будут обратиться в ноль все трое; если нигде не наврал, выглядит это так:

$$d^2(4-k)^2=\left((k^2+4k-16)b-(k^2-8k+16)a\right)^2+4(k+1)(4-k)$$

где $a,b,d\in\mathbb{N},k=4/\sqrt[3]2$

[nnosipov]

waxtep
Честно говоря, я не знаю как решить эту задачу не применяя общего метода (см. мою статью в "Мат. просвещении" про метод Рунге для уравнений 4-й степени). Но иногда бывает, что удается выкрутится (см. topic148961.html). Поэтому я эту задачу и поместил здесь --- вдруг кому-то удастся исхитрится.

-- Пт мар 04, 2022 13:55:15 --

waxtep в сообщении #1549841 писал(а):

Но кстати выглядит обещающе

Конечно, появление таких иррациональностей перспективно, но это, скорее всего, приведет к какой-то версии метода Рунге. Если эта версия окажется отличной от моей, это будет интересно.

[waxtep]

nnosipov в сообщении #1549842 писал(а):

Конечно, появление таких иррациональностей перспективно, но это, скорее всего, приведет к какой-то версии метода Рунге. Если эта версия окажется отличной от моей, это будет интересно

Нет, к сожалению, видимо у меня тут тупик. Там ведь и коэффициенты иррациональные, и дискриминант уже не обязан быть квадратом натурального; если все аккуратно расписать, получается просто возврат к исходной системе для $z,a,b$