Диофантово уравнение вида a n^4 +/- b n^2 = c m^4 +/- d m^2

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1558611 писал(а):

Уравнение Туэ? Если многочлен не приводим.

Нет. Уравнение Туэ было бы $f(a, b) = c$, а у нас $f(a, b) = cab$.

EUgeneUS в сообщении #1558611 писал(а):

А они не взаимно просты.

Пусть $d = gcd(a, b)$. При фиксированном $d$ уравнение $f(a, b) = cab$ тоже можно решить. Пусть $a = da_1$, $b = db_1$, $gcd(a_1, b_1) = 1$. Тогда $d^2f(a_1, b_1) = ca_1b_1$. При фиксированном $d$ решение я написал в предыдущем сообщении. Если как-нибудь доказать, что множество возможных значений $d$ конечно, то получится решить исходное уравнение. Но я пока не вижу, как это доказать.

[EUgeneUS]

EUgeneUS в сообщении #1558611 писал(а):

2. Для $y = m^2 +1 $ обязательно $10 \mid m$

Тут уточнение
Для $y = m^2 +1 $ также обязательно $30 \mid m$

[EUgeneUS]

Ещё вот на что хотел обратить внимание.
Свойства решений уравнения $3x^2-2y^2=1$ таковы что:
а) остатки по любому модулю являются периодическими.
б) а раз есть решение $(1,1)$, то для любых модулей $N, M$ найдётся бесконечная серия решений этого уравнения, для которых будет одновременно выполняться $x \equiv 1 \pmod{N}$ и $y \equiv 1 \pmod{M}$.

Можно взять $N=6n^2$ и $M = m^2$. И решения уравнения, такие что $x-1$ и $y-1$ будут кратны этим числам обязательно найдутся, причем бесконечная серия.

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1558609 писал(а):

Подстановкой $a = m+3n$, $b = m - 3n$ данное уравнение приводится к виду $f(a, b) = cab$, где $f(a, b)$ - однородный многочлен четвёртой степени с целыми коэффициентами, $c$ - константа (сами коэффициенты не привожу, так как они большие).

Докажем, что это уравнение имеет конечное количество решений в целых числах. Будем обозначать $\nu_p(z)$ степень, с которой входит простое число $p$ в разложение $z$. Предположим, что для некоторого $p$ будет $\nu_p(a) = \nu_p(b) = l > 0$. Пусть $a = p^la_1$, $b = p^lb_2$. Тогда $p^{2l}f(a_1, b_1) = ca_1b_1$. Отсюда видно, что $p^{2l} \mid c$. Пусть $c = p^{2l}c_1$. Тогда $f(a_1, b_1) = c_1a_1b_1$. Получили аналогичное уравнение, но с меньшим $c$. Таким образом в уравнении $f(a, b) = cab$ можно считать, что для любого простого $p$, такого, что $p \mid d$ ($d = gcd(a, b)$) будет выполнено $\nu_p(a) \ne \nu_p(b)$.

Пусть $a = da_1$, $b = db_1$. Тогда $d^2f(a_1, b_1) = ca_1b_1$. Пусть простое число $p$ таково, что $gcd(c, p) = 1$ и $gcd(p, c_ac_b) = 1$. Тогда рассмотрением уравнения $d^2f(a_1, b_1) = ca_1b_1$ по модулю $p$ получаем, что $\nu_p(f(a_1, b_1)) = 0$.

Пусть теперь $gcd(p, c_ac_b) = p$. Для определённости будем считать, что $p \mid a_1$. Тогда возможны два случая:
1) $\nu_p(a_1) > \max(\nu_p(c_a), \nu_p(c_b))$. Тогда $\nu_p(f(a_1, b_1)) = \nu_p(c_b) $
2) $\nu_p(a_1) \le \max(\nu_p(c_a), \nu_p(c_b))$. Применив функцию $\nu_p$ к рассматриваемому уравнению, получим

$$2\nu_p(d) + \nu_p(f(a_1, b_1)) = \nu_p(c) + \nu_p(a_1)$$

. Отсюда следует, что $\nu_p(f(a_1, b_1)) \le \nu_p(c) + \max(\nu_p(c_a), \nu_p(c_b)) $.

Пусть, наконец, $gcd(c, p) = p$ и $gcd(p, a_1b_1) = 1$. Тогда $\nu_p(f(a_1, b_1)) \le \nu_p(c)$.

Из всего вышесказанного слудует, что для любого простого числа $p$ будет выполнено $\nu_p(f(a_1, b_1)) \le \nu_p(c) + \max(\nu_p(c_a), \nu_p(c_b))$. Это означает, что $f(a_1, b_1) = t$, где $t \mid cc_ac_b$. Получается, что исходное уравнение свелось к множеству уравнений Туэ.

[mathematician123]

Предыдущее сообщение получилось запутанным, ещё там не все случаи разобраны. Разберём более простой частный случай.

Пусть $f(x, y) = xy$. $f(x, y)$ - однородный многочлен четвёртой степени, у которого коэффициенты при $x^4$ и $y^4$ равны $\pm 1$. Пусть $d = gcd(x, y)$, $x = dx_1$, $y = dy_1$. Тогда $d^2f(x_1, y_1) = x_1y_1$. Докажем, что $f(x_1, y_1) = 1$. Предположим, что для некоторого простого $p$ будет $p \mid f(x_1, y_1)$. Тогда из $d^2f(x_1, y_1) = x_1y_1$ следует, что $p \mid x_1$ или $p \mid y_1$. Но тогда получается, что $p \mid x_1$ и $p \mid y_1$, а это противоречит их взаимной простоте. Значит, $f(x_1, y_1)$ не имеет ни одного простого делителя. То есть, $f(x_1, y_1) = 1$.

Подставив это в уравнение $d^2f(x_1, y_1) = x_1y_1$, получаем $ d^2 = x_1y_1$. Из взаимной простоты $x_1$ и $y_1$ следует, что $x_1 = u^2$, $y_1 = v^2$, $d = uv$. Тогда получаем уравнение Туэ восьмой степени $f(u^2, v^2) = 1$.

Теперь в обратную сторону. Если $(u, v)$ будет решением уравнения $f(u^2, v^2) = 1$, то $f(u^3v, uv^3) = (u^3v)(uv^3)$.

Получается, что решение уравнения $f(x, y) = cxy$ равносильно решению нескольких уравнений Туэ 8 степени.

[mathematician123]

EUgeneUS
Удалось свести широкий класс уравнений
вида $an^4 - bm^4 = cn^2 - dm^2$ ($a, b, c, d, z$ могут быть и отрицательными) к набору уравнений Туэ. Вот точная формулировка: пусть $ab \ne 0$, $ad^2 - bc^2 \ne 0$, $h = gcd(n, m)$, $n = hn_1$, $m = hm_1$. Тогда $an_1^4 - bm_1^4 = z$, где $z \mid ad^2 - bc^2$.

Докажем это. Подставим $n = hn_1$ и $m = hm_1$ в уравнение.

$$h^2(an_1^4 - bm_1^4) = cn_1^2 - dm_1^2 \qquad (1)$$

Пусть число $z$ таково, что $z \mid an_1^4 - bm_1^4$. Докажем, что $z \mid ad^2-bc^2$. Из уравнения (1) следует, что $z \mid cn_1^2 - dm_1^2$. Тогда можно записать несколько сравнений:

$$c^2n_1^4 \equiv d^2m_1^4 \pmod{z}$$

$$ac^2n_1^4 \equiv bc^2m_1^4 \pmod{z}$$

$$ad^2n_1^4 \equiv bd^2m_1^4 \pmod{z}$$

$$(ad^2-bc^2)m_1^4 \equiv 0 \pmod{z}$$

$$(ad^2-bc^2)n_1^4 \equiv 0 \pmod{z}$$

Учитывая взаимную простоту $m_1$ и $n_1$, получаем $z \mid ad^2-bc^2$. Получается, что $an_1^4 - bm_1^4$ может иметь только такие делители, которые имеет число $ad^2 - bc^2$. А это означает, что $an_1^4 - bm_1^4 \mid ad^2-bc^2$.

[EUgeneUS]

Крутой результат, даже сам по себе

а $z$ может быть также отрицательным?

-- 28.06.2022, 20:03 --

Вы не могли бы пояснить, как записываются сравнения?

Кстати, забавный вариант. Рассмотрим вот это уравнение:

mathematician123 в сообщении #1558609 писал(а):

$54n^4-m^4 = 2m^2-18n^2$

Тогда $ad^2-bc^2 = 17496 - 4 = 17492 = 4 \cdot 4373$.
Уравнение $54n_1^4 - m_1^4 = 4373$ имеет решение $(3,1)$.
Тогда левая часть: $2m_1^2-18n_1^2 = 0$.
Видимо, это отражает возможные варианты, когда $h^2=0$. Понятно, что исходное уравнение таких решений иметь не может.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1558734 писал(а):

Крутой результат, даже сам по себе

Спасибо!

EUgeneUS в сообщении #1558734 писал(а):

а $z$ может быть также отрицательным?

Да

[nnosipov]

mathematician123 в сообщении #1558728 писал(а):

Тогда можно записать несколько сравнений:

Здесь обычно используют такой прием: применяют к (взаимно простым) многочленам расширенный алгоритм Евклида. В данном случае речь идет о многочленах $ax^4-b$ и $cx^2-d$, где $x=n_1/m_1$. Это замечание на тот случай, если захочется еще расширить класс уравнений, допускающих подобное сведение.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1558734 писал(а):

Вы не могли бы пояснить, как записываются сравнения?

Сравнения можно перемножать: из $a \equiv b \pmod{p}$ и $c \equiv d \pmod{p}$ следует $ac \equiv bd \pmod{p}$.

Первое сравнение: из $p \mid cn_1^2 - dm_1^2$ следует, что $cn_1^2 \equiv dm_1^2 \pmod{p}$. Далее это сравнение возводится в квадрат и получается первое сравнение.

Сравнения 2 и 3: получаются похожим образом из делимости $an_1^4 - bm_1^4$ на $p$ (домножением на $c^2$ или $d^2$).

Сравнения 4 и 5: получаются Подстановкой сравнения 1 в сравнения 2 и 3 соответственно.

[EUgeneUS]

Спасибо!
(затупил над вторым и третьим - не оттуда их выводил )

-- 28.06.2022, 20:32 --

nnosipov
Скажите, пожалуйста, а системам компьютерной алгебры в части нахождения решений уравнения Туэ уже можно доверять?
Пишут, что решения находятся эффективно, и поиск решений встроен во многие системы...

[nnosipov]

EUgeneUS в сообщении #1558740 писал(а):

Скажите, пожалуйста, а системам компьютерной алгебры в части нахождения решений уравнения Туэ уже можно доверять?

Вопрос не простой, a priori я бы не доверял и читал бы документацию (там, где она имеется) и потом бы делал выводы. Скажем, в Maple происходит просто полный перебор в некоторых границах, хотя и довольно внушительных. А вот некоммерческая PARI кажется понадежней, там точно есть документация, и там есть форум, где можно спросить специалистов. Мне пока никогда не приходилось ссылаться на решения уравнений Туэ, поэтому серьезно этим вопросом не занимался.

С другой стороны, этот вопрос --- корректно ли решают CAS уравнения Туэ --- для вашей деятельности мне представляется второстепенным. Это задача так или иначе решится.

-- Ср июн 29, 2022 01:18:05 --

EUgeneUS в сообщении #1558740 писал(а):

Пишут, что решения находятся эффективно

Это да, но эффективные границы для решений могут испугать (т.е. они обычно слишком велики для прямого перебора).

[EUgeneUS]

nnosipov
Спасибо за разъяснения!

nnosipov в сообщении #1558752 писал(а):

С другой стороны, этот вопрос --- корректно ли решают CAS уравнения Туэ --- для вашей деятельности мне представляется второстепенным. Это задача так или иначе решится.

Верхние границы для длин цепочек в любом случае нужно получать теоретически, это только нижние границы получаются нахождением цепочек соответствующей длины.
Вот и был вопрос: если CAS не найдут решений набора уравнений Туэ, или найдут, но не подходящие, то будет такое доказательство принято, или надо дальше решать как-то иначе?

[mathematician123]

Рассмотрим случай $x = 6n^2 + 1$, $y = m^2 + 1$. Он приводит к уравнению $54n^4 - m^4 = -18n^2 + 2m^2$. Тогда $ad^2 - bc^2 = -108$. Это приводит к уравениям $a^4 - 54b^4 = z$, $z \mid 108$. Заметим, что если $z$ чётное, то $z \equiv 2 \pmod{4}$; если $z$ делится на 3, то $z$ делится на 27. Тогда $z \in \{\pm 1, \pm 2, \pm 27, \pm 54 \}$. Так как $(a^4 - 54b^4) \bmod 16 \in \{ 0, 1, 10, 11\}$, то это множество можно сократить: $z \in \{1, 27, -54 \}$. Случаи $z = 1$ и $z = -54$ можно решить методом бесконечного спуска. Остаётся случай $z = 27$. Тогда $a^4 - 54b^4 = 27$, $a = 3a_1$. Получаем уравнение $3a_1^4 - 2b^4 = 1$. Здесь я простого решения не вижу. Но его решения можно найти с помощью теоремы, на которую мы уже ссылались в доказательстве $M(k) \le 3 $ для $k \equiv \pm 2 \pmod{12}$.

mathematician123 в сообщении #1556664 писал(а):

Нашёл обсуждение уравнения $x^n - 2y^n = \pm 1$: https://mathoverflow.net/questions/2571 ... ith-x1-and
. Там утверждается, что это уравнение не имеет решений при $x > 1$.

В статье Bennett, на которую там ссылаются, есть теорема 1.1. Из этой теоремы следует, что $(1, 1)$ - единственное решение уравнения $3a_1^4 - 2b^4 = 1$.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1558773 писал(а):

В статье Bennett, на которую там ссылаются, есть теорема 1.1. Из этой теоремы следует, что $(1, 1)$ - единственное решение уравнения $3a_1^4 - 2b^4 = 1$.

Результаты Беннета - мощный метод, к сожалению, он работает только при двух условиях:
1. Свободный член равен $\pm 1$
2. Найдено решение, которое и будет единственным.

Ещё такая ремарка:

mathematician123 в сообщении #1558773 писал(а):

Рассмотрим случай $x = 6n^2 + 1$, $y = m^2 + 1$. Он приводит к уравнению $54n^4 - m^4 = -18n^2 + 2m^2$.

Рассмотрим случаи $x = 6n^2 \pm 1$, $y = m^2 \pm 1$. Они приводят к уравнениям $54n^4 - m^4 = \pm 18n^2 \pm 2m^2$ - "блок" из 4-х уравнений. Для всех них: $a d^2 - b c^2 = -108$ - будет иметь одно и тоже значение.
Таким образом, все рассуждения подходят не к одному уравнению, а к четырем. Только нужно будет найденные решения уравнений Туэ проверить, что не подходят, для всех 4-х исходных уравнений.

К сожалению, варианты, исключенные ранее, не привели к полному исключению ниодного (из 4-х) таких "блоков".