Диофантово уравнение

[daniel starodubtsev]

Решая уравнение $y^2=x(x+5)(x+10)$, мне удалось свести его к виду $5b^2=a^4-1$. Возможно, я не заметил какого-то более простого пути в изначальном уравнении, однако теперь мне хочется решить уже второе уравнение, но я не совсем понимаю как это сделать "школьными" методами. Буду благодарен за любую подсказку/ссылку/помощь.

[Andrey A]

daniel starodubtsev в сообщении #1554017 писал(а):

$...\ 5b^2=a^4-1$.

$a^4-5b^2=1$ – классический Пелль, но с четвертой степенью. Если в целых. Решений лишь конечное число, в данном случае видимо так: $(a=1,b=0),(a=3,b=4).$ Подобно ряду Фибоначчи, содержащему ровно два целых квадрата $1$ и $144$. Доказать что других решений нет — дело непростое. Первоначальную задачу к рациональным не свести, сложность в этом.

Upd
Произведение членов геометрической арифметической прогрессии, равное целому квадрату — "школьными" методами такое вряд ли решается, кроме отдельных случаев. Биномиальные коэффициенты $n\choose k$, к примеру, имеют решение только в случае $k \leqslant 2$, но есть исключение для $k=3$ https://dxdy.ru/post789820.html#p789820.

[daniel starodubtsev]

Andrey A
Спасибо конечно, хотя хочется верить что решение все-таки есть и не слишком сложное, т.к. предыдущим пунктом этой же задачи было уравнение $y^2=x(x+1)(x+2)$, после линейной замены $y^2=t(t^2-1)$, решалось очевидным образом исходя из взаимной простоты $t$ и $t^2-1$.
Здесь же аналогичными рассуждениями числа $t$ и $t^2-25$ уже могут и не быть взаимно простыми, но только если $t$ кратно пяти. Так и пришел к тому виду, что в сообщении выше... Повторюсь - просто "верю" в решаемость задачи, так как она давалась следующим пунктом после вполне решаемой, и явно подразумевает аналогичные методы.

[nnosipov]

daniel starodubtsev в сообщении #1554025 писал(а):

просто "верю" в решаемость задачи, так как она давалась следующим пунктом после вполне решаемой

Где давалась?

[Andrey A]

daniel starodubtsev в сообщении #1554025 писал(а):

... хочется верить что решение все-таки есть и не слишком сложное

Так решение с пятерками лежит на поверхности: $x=40$ плюс тривиальное $x=0.$ И Пелль дает два решения — разве не то самое?

[mathematician123]

От решения уравнения $5b^2 = a^4-1$ школьными методами можно перейти к решению уравнения $1 = x^4 - 30x^2y^2 + 25y^4$. Но что делать дальше, я пока не придумал. Где-то я видел, что подобное уравнение, но с другими числами, решалось методом бесконечного спуска.

[daniel starodubtsev]

nnosipov в сообщении #1554028 писал(а):

Где давалась?

На курсах от СПбГУ для 10 класса.

Andrey A в сообщении #1554030 писал(а):

И Пелль дает два решения — разве не то самое?

Конечно, то самое, но почему других то нет?

mathematician123 в сообщении #1554035 писал(а):

От решения уравнения $5b^2 = a^4-1$ школьными методами можно перейти к решению уравнения $1 = x^4 - 30x^2y^2 + 25y^4$

Можете, пожалуйста, намекнуть, как именно?

[mathematician123]

daniel starodubtsev
$5b^2 = (a^2-1)(a^2+1)$. $a^2+1$ и $a^2-1$ чётные и взаимнопростые. Откуда можно получить, что $a^2 = u^2+5v^2$ и $\pm 1 = u^2-5v^2$. Первое уравнение можно переписать: $(a-u) (a+u) = 5v^2$. Здесь нужно также провести анализ взаимной простоты сомножителей, но здесь будет два случая. Либо $a = x^2+5y^2$, $\pm u = x^2-5y^2$, $v = 2xy$, либо $2a = x^2+5y^2$, $\pm 2u = x^2-5y^2$, $v = xy$. Осталось только подставить полученные значения $u$ и $v$ в уравнение $\pm 1 = u^2-5v^2$.

[nnosipov]

daniel starodubtsev в сообщении #1554088 писал(а):

На курсах от СПбГУ для 10 класса.

Это немного странно, так как маловероятно, что уравнение $5b^2=a^4-1$ решается элементарными методами. Во всяком случае, можно посмотреть, как это делается в статье Ljunggren, Some remarks on the diophantine equations x^2-Dy^4=1 and x^4-Dy^2=1 (1966). Сведение таких уравнений к уравнениям Туэ 4-й степени тоже нельзя считать элементарным подходом (ведь последние тоже надо как-то решать, что школьнику вряд ли доступно). В любом случае, уравнение $y^2=x(x+1)(x+2)$ существенно легче исследуется, чем уравнение $y^2=x(x+5)(x+10)$ (как в целых, так и в рациональных числах). Скорее всего, в задании какая-то ошибка, уж по крайней мере методическая. Такого рода ошибки встречаются в задачниках по элементарной теории чисел (авторы иногда недооценивают сложность решения того или иного диофантова уравнения).

-- Вс май 08, 2022 15:04:54 --

mathematician123 в сообщении #1554091 писал(а):

чётные и взаимнопростые

Бросилось в глаза.

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1554091 писал(а):

daniel starodubtsev
$5b^2 = (a^2-1)(a^2+1)$. $a^2+1$ и $a^2-1$ чётные и взаимнопростые.

$a^2+1$ и $a^2-1$ чётные, $\frac{a^2+1}{2}$ и $\frac{a^2-1}{2} $ взаимнопростые.

mathematician123 в сообщении #1554035 писал(а):

От решения уравнения $5b^2 = a^4-1$ школьными методами можно перейти к решению уравнения $1 = x^4 - 30x^2y^2 + 25y^4$. Но что делать дальше, я пока не придумал. Где-то я видел, что подобное уравнение, но с другими числами, решалось методом бесконечного спуска.

В теме https://dxdy.ru/topic45551.html, начиная с конца второй страницы, обсуждаются такие уравнения.

-- 08.05.2022, 12:32 --

Я немного ошибся в вычислениях. Уравнение $5b^2 = a^4-1$ сводится не к одному уравнение Туэ, а к двум. Либо $1=x^4-30x^2y^2+25y^4$, либо $-4=x^4-30x^2y^2+25y^4$.

[Andrey A]

Попробую всё же доказать неразрешимость стартового уравнения для $x$ некратного пяти. Имеем на числовой оси три точки $A,B,C \not\equiv 0 \mod 5$ равноудаленные (последовательно) на расстоянии $5.$ Одно из чисел делится на $3$, причем ровно одно, поэтому тройка (чтобы $ABC$ оказалось квадратом) должна быть в четной степени. Точно так же любое простое $>5$ может входить в каноническое разложение множителей $ABC$ только в четной степени, единственное исключение — число $2.$ Если $B$ четное, то остальные множители нечетные, тогда и двойка должна быть в четной степени. В этом случае имеем три квадрата, но единственные квадраты на расстоянии $5$ это $3^2-2^2=5,$ которые не подходят. Последняя возможность: $B$ нечетное при четных $A,C.$ В одно из них двойка входит в $1$-й степени, значит и во второе должна входить в нечетной степени, то есть $A,C$ — удвоенные квадраты. $2X^2-2Y^2=10.$ Только так: $18-8=10.$ Но между ними лежит число $13$, которое квадратом не является. Значит $ABC$ не квадрат.
Для множителей кратных пяти, думаю, можно доказать подобными методами, что никакое простое $>5$ не может делить $A,B,C.$ А это на виду: $(0,5,10),(40,45,50).$ И хорошо согласуется с отсутствием иного решения биквадратного Пелля. Кроме того, вопросы разрешимости подобных уравнений точно уж за гранями школьной программы.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1554118 писал(а):

Попробуем всё же доказать неразрешимость стартового уравнения для $x$ некратного пяти.

Вот это как раз легко. Уравнение можно переписать в виде $y^2=t(t^2-25)$, где $t=x+5 \not\equiv 0 \pmod{5}$. Но тогда $\gcd{(t,t^2-25)}=1$ и тогда $t$ и $t^2-25$ суть точные квадраты (возможно, с точностью до знака). Что, как легко проверить, невозможно. (Точнее, возможно, но только при $t=-4$.)

Возможно, авторы задания забыли добавить требование $x \not\equiv 0 \pmod{5}$.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1554119 писал(а):

Вот это как раз легко.

Да. Но для варианта с пятерками такой подход может пригодиться.
Если на курсах СПбГУ не боятся дать "немного лишнего", я это только приветствую. Задача-то сама по себе симпатичная.