Система диофантовых уравнений

[waxtep]

Попытался почерпнуть вдохновение из Вашей статьи, и вот что получается, подозрительно просто, но, кажется, честно. Удается дважды поделить на $b$ уравнение для $a,b$ и прийти к системе из трех уравнений для трех неизвестных с ограниченным по модулю целым параметром.
Значит, мы решаем уравнение

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

в натуральных $a,b$ при $b>a$. Видно, что $5a^2-1=mb,m\in\mathbb{N},m<5b$ и тогда можно переписать исходное уравнение вот так

$$4b(2am-5b^2)+15b-2a-5m=0$$

Но ведь

$$-12b<15b-2a-5m<15b\Rightarrow5b^2-2am=s,s\in\mathbb{Z},-2\leqslant s\leqslant3$$

Для каждого из шести возможных значений целого параметра $s$ получаем систему из трех уравнений с тремя натуральными неизвестными $a,b,m$:

$$\begin{cases} 5a^2-1=mb\\ 5b^2-2am=s\\ 2a+5m=(15-4s)b \end{cases}$$

[nnosipov]

waxtep
Спасибо, надо обдумать то, что Вы написали.

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1549871 писал(а):

тогда можно переписать исходное уравнение вот так

$$4b(2am-5b^2)+15b-2a-5m=0$$

Вот этот момент поясните, не могу сам сообразить. Если здесь все ОК, то дальше, кажется, тоже.

Upd. Впрочем, можно (привлекая технику базисов Гребнера) убедиться, что указанное равенство выполняется. Так что все решение целиком верно. Интересно, насколько это обобщается на общий случай.

[waxtep]

nnosipov в сообщении #1549898 писал(а):

Вот этот момент поясните, не могу сам сообразить. Если здесь все ОК, то дальше, кажется, тоже.

Здесь подстановка $5a^2-1\rightarrow mb$, деление на $b$, умножение на $5$ и подстановка $5a^3\rightarrow mab+a$. А дальше, насколько я понимаю, везение, что "младшая" часть уравнения ограничена с обеих сторон величинами $\operatorname{const}\cdot b$

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1549904 писал(а):

везение, что "младшая" часть уравнения ограничена с обеих сторон величинами $\operatorname{const}\cdot b$

Возможно, что и везение, здесь надо разбираться.

Так или иначе, ключевой момент --- это появление целочисленного параметра $m$. А далее, видимо, возможны варианты.

[waxtep]

nnosipov в сообщении #1549906 писал(а):

Возможно, что и везение, здесь надо разбираться.

Кажется, достаточное условие везения это отсутствие в уравнении членов вида $a^2b^2,a^4,a^3$ и одного из $a^3b,a$. Например, для уравнения без $a^2b^2,a^4,a^3, a$ тем же способом придем к системе

$$\begin{cases}L(a^2,1)=mb\\ L(b^2,ab,ma,b,m,a)=s\\ L(b,m,a,1)=L(s,1)b\end{cases}$$

где $L(\dots)$ - некоторые линейные комбинации с постоянными целыми коэффициентами. Оценку $a<\operatorname{const}\cdot b$, если не путаю, можно получить всегда, а, следовательно, и аналогичную оценку для $m$, и тогда последнее уравнение системы дает границы для $L(s,1)$ с двух сторон.

В противном же случае, для уравнения общего вида, в л.ч. последнего уравнения системы неизбежно пролезут квадраты, и об ограниченности $L(s,1)$ по модулю останется только мечтать

[Руст]

Запишем в виде:

$$(1) \ xy=z^2-2,$$

$$(2) \ 2xz=y^2+1.$$

$$(3) \ xyz=z(z^2-2)=y(y^2+1)/2$$

Отсюда следует, что $x,y,z$ взаимно простые и любой простой делитель $x$ и $z$ имеет вид $1\mod 4$.
Так как для простого делителя $p|x$ выполняется $\binom{2}{p}=1$ простые делители х имеют вид $1 \mod 8$,
а простые делители $y$ имеют вид $\pm 1 \mod 8$, $y=-1\mod 8$, $z=1\mod 8$.
$xz>0$, если $(x,y,z)$ решение, то $(-x,-y,-z)$ так же решение. Будем искать только решение $z>0$.
$z=1\to x=1, y=-1$. Из предыдущих выкладок $z\ge 17, x\ge 17$. Отсюда получается

$$(4) z=[\alpha x], \ y=[\alpha z], \ \alpha=\sqrt[3]{2}.$$

Из (3) получается

$$x^2y^2z^2=yz(z^2-2)(y^2+1)/2 \to x^2 yz=(z^2-2)(y^2+1)/2\to yz|(z^2-2)(y^2+1)$$ $$yz|y^2z^2-2y^2+z^2-2\to yz|2y^2+2-z^2.$$

Учитывая (4), что при $z>17$ отношение $0<\frac{2y^2+2-z^2}{yz}<3$ нечетное число получаем

$$2y^2-yz-z^2=2$$

. Так как $y>z$ и при $y=z+1$

$$2y^2-yz-z^2=3z+2>2$$

это приводит к противоречию.

[nnosipov]

Руст
Да, все верно. Попозже напишу более подробный комментарий.

[nnosipov]

Комментарий таков. Если из данных уравнений исключить $y$, то получится уравнение

$$x^2 - 2zx^3 + z^4 - 4z^2 + 4 = 0, \eqno(*)$$

к которому применима элементарная версия метода Рунге. Суть ее в том, чтобы составить некоторую дробь $q(x,z)$ с квадратичными (по $x$ и $z$) числителем и знаменателем, при этом сама конструкция гарантирует, что значения $q(x,z)$ будут целыми для любого решения $(x,z)$ уравнения $(*)$. С другой стороны, отношение $x/z$ должно оставаться ограниченным для "больших" решений $(x,z)$ (т.е. для "далеких" точек кривой $(*)$). В результате к исходному уравнению $(*)$ добавляется еще одно уравнение, которому должны удовлетворять все "большие" решения решения $(*)$. Это позволяет найти все "большие" решения уравнения $(*)$, просто решив систему из двух алгебраических уравнений. Понятно, что после этого нужно найти и все "маленькие" решения, но это уже можно сделать полным перебором всех кандидатов на роль таковых.

Разумеется, в частных случаях можно отступить от регулярной конструкции дроби $q(x,z)$. Например, в данной задаче довольно легко обнаружить, что дробь

$$k(y,z)=\frac{2y^2-z^2+2}{yz} \eqno(**)$$

должна быть целым числом. В то же время отношение $y/z$ должно быть ограниченным, как следует из уравнения

$$y^3-2z^3+y+4z=0,$$

получаемого из данной системы уравнений исключением $x$. Это позволяет найти возможные целые значения $k(y,z)$ и тем самым решить задачу.

В ряде случае вопрос о возможных целочисленных значениях возникающих в элементарной версии метода Рунге дробей $q(x,z)$ представляет самостоятельный интерес и, более того, может быть решен во всей общности (т.е. без каких бы то ни было ограничений на переменные типа ограниченности их частного). Для дроби $(**)$ это, увы, не так: легко доказать, что единственным четным целым значением $k(y,z)$ является ноль, а вот нечетные целые значения $k(y,z)$ не поддаются простому описанию (их имеется, по-видимому, бесконечно много). Таким образом, здесь приходится апеллировать к ограниченности отношения $y/z$.

[Руст]

На самом деле из модулярного рассмотрения следует

$$k=\frac{2y^2+2-z^2}{yz}=5\mod 8.$$

Уже при $z\ge 2$ следует $0<k<5$.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1550570 писал(а):

На самом деле из модулярного рассмотрения следует

$$k=\frac{2y^2+2-z^2}{yz}=5\mod 8.$$

В условиях исходной задачи? Конечно, если предлагать эту задачу как олимпиадную, то решение должно быть осуществимо вручную, и тогда подобные наблюдения будут важны. Честно говоря, решения "под ключ" (с аккуратным выписыванием всех деталей) у меня не было.

Кстати, если считать $y$, $z$ свободными целочисленными переменными, то возможные целые $k \in \{0,\pm 3,\pm 9,\pm 15,\pm 33,\pm 51,\pm 57,\dots\}$.