Re: 2x^2+1=y^3

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1562288 писал(а):

Вот уравнение того типа, что мы обсуждаем, но с коэффициентами попроще (здесь двойки-тройки не будут мешать):

$$ x^4=y(x^2+y+1). $$

Как Вы его собираетесь решать?

Это другое уравнение.
Положим $y=-x^2+a$,тогда получается уравнение:
$x^4=(-x^2+a)a$
или
$x^4+ax^2-a^2=0$
Далее рассмотрим дискриминант, он должен быть квадратом дроби (квадратом нечётного числа, поделённого на 4).
$D=\frac{a^2}{4}+a^2=\frac{5a^2}{4}$
Решения нет.

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562292 писал(а):

тогда получается уравнение:
$x^4=(-x^2+a)a$

Нет, уравнение получится другое.

[Mitkin]

Верно, другое
$x^4=(-x^2+a)(a+1)$
или
$x^4+(a+1)x^2-a(a+1)=0$
Тогда получается, что $x^4$должно делится на $(a+1)$.
Возможно 2 случая:
1) при делении сокращаются не все делители $(a+1)$, тогда они входят и в $x$. Значит, новое выражение будет делится на этот множитель, т.е. на этот множитель будет делиться $a$. Что не возможно для множителей более 1.
Противоречие.
2) при делении сокращаются все делители, тогда
$x=x_1x_2$ и $x_1^4=(a+1)$
Получаем следующее:
$x_2^4+x_1^2x_2^2-a=0$
или
$x_2^4+x_1^2x_2^2-x_1^4+1=0$
D=$x_2^4+4x_2^4+4=5x_2^4+4=b^2$
(аналогично D=$x_1^4+4x_1^4-4=5x_1^4-4=b^2$)
или
$5x_3^4x_4^4=(b-2)(b+2)$
Возможны два случая:
1)$5x_3^4-x_4^4=4$
2)$5x_3^4-x_4^4=-4$
1) Положим $x_4^2=2x_3^2+c$
$x_3^4-4cx_3^2-c^2-4=0$
$D=4c^2+c^2+4=5c^2+4=d^2$
$c<x_4^2<x_2^2$
Здесь понижение числа. И надо просто выбрать тривиальный случай, чтобы размножиться, или убедиться, что решений нет.
2) Положим $x_4^2=2x_3^2+c$
$D=4c^2+c^2-4=5c^2-4=d^2$
$c<x_4^2<x_2^2$
Положим $d=2c+e$
$c^2-4ec-4-e^2$
$D=4e^2+e^2+4=5e^2+4=f^2$
$e<d<x_{31}<x_2$
где
$x_{31}$ верхнее значение для $x_3$.
Получили понижение. Решения множатся, надо найти тривиальное.

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562302 писал(а):

или
$x_2^4+x_1^2x_2^2-x_1^4+1=0$

Так, до этого места сойдет, получено ровно то уравнение Туэ, которое и должно быть получено. А дальше какая-то ерунда пошла: опять новые буквы $x_3$, $x_4$ без объяснения их смысла и т.п.

Дальнейший текст нечитабелен.

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1562304 писал(а):

Mitkin в сообщении #1562302 писал(а):

или
$x_2^4+x_1^2x_2^2-x_1^4+1=0$

Так, до этого места сойдет, получено ровно то уравнение Туэ, которое и должно быть получено. А дальше какая-то ерунда пошла: опять новые буквы $x_3$, $x_4$ без объяснения их смысла и т.п.

Дальнейший текст нечитабелен.

Я расписывать не стал
Мы ищем корень для $x_1$
Получаем дискриминант, зависящий от $x_2$ который должен быть квадратом целого числа (или поделённого на 4).
Далее делаем аналогичные замены типа $d=x_2+a$ и получаем уравнение от $x_2$.
Теперь дискриминат зависит уже от $a$.
В других местах получаем ветвление, там идёт замена типа $x_2=x_3x_4$
Мы получаем уравнения "аналогичны" уравнению Туэ, но от чисел более маленьких.

-- 09.08.2022, 22:18 --

В википедии написано, что число решений конечно. Надо посмотреть, у меня получается, что верхней границы нет, вроде.

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562305 писал(а):

Я расписывать не стал

В таком случае задача не решена.

[Mitkin]

Вот здесь пожалуй неверно:
$x_2=x_3x_4$
$5x_3^4x_4^4=(b-2)(b+2)$
$(b-2)$ и $(b+2)$
могут иметь общий множитель 4 или 2
тогда надо рассмотреть ещё случаи:
$5\cdot 4x_3^4\cdot 4x_4^4=(b-2)(b+2)$
и
$5\cdot 2x_3^4\cdot 2x_4^4=(b-2)(b+2)$
Тогда уравнение меняется. Будет больше ветвлений. Можно за основу взять нечётные решения, чтобы проверить выводы.

-- 09.08.2022, 22:55 --

нашёл ошибку. Я дискриминант беру для уравнения 4-ой степени как для уравнения 2-ой.

[Lia]

Mitkin

Mitkin в сообщении #1562308 писал(а):

Вот здесь пожалуй неверно:

У Вас есть бумага и ручка? Возьмите, решите начисто, потом наберете. Хватит флудить.

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1562304 писал(а):

Mitkin в сообщении #1562302 писал(а):

или
$x_2^4+x_1^2x_2^2-x_1^4+1=0$

Так, до этого места сойдет, получено ровно то уравнение Туэ, которое и должно быть получено.

Можно показать, что если $p$ любой простой делитель $x_2$, то
$x_1=p^2k\pm 1$
Согласны?

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562329 писал(а):

Согласны?

Нет. Я не понимаю, что в данный момент (какое именно утверждение) Вы пытаетесь доказать. Это новая попытка решить уравнение Туэ, которое Вы процитировали? Не экономьте на словах, пишите подробно. Как единственный читатель этой темы (не считая модератора), я бы не хотел разгадывать ребусы.

[Mitkin]

Итак мы выяснили, что в уравнении
$x^4+(a+1)x^2-a(a+1)=0$
$x=x_1x_2$
и
$x_1^4=(a+1)$
При этом $x_1$ и $x_2$ не имеют общих делителей.
Возвращаемся к уравнению
$x^4+(a+1)x^2-a(a+1)=0$
откуда
$x^2(x^2+1)+ax^2-a(a+1)=0$
или
$x_1^2x_2^2(x^2+1)+ax_1^2x_2^2-a(a+1)=0$
Уравнение должно делиться на $a$
общий множитель с $a$ могут иметь $x_2$ и $x_1^2x_2^2+1$.
Случай 1.
Допустим, что у $x_2$ и $a$ есть общий множитель $a_1$, $a=a_1a_2$, тогда
$a_1k_1=x_2^2$
$x_1^2k_1(x^2+1)+ak_1x_1^2-a_2(a+1)=0$
Видим, что
$(x^2+1)$ должно делиться на $a_2$
$x^2+1=k_2a_2$
тогда
$x_1^2k_1k_2+a_1k_1x_1^2-(a+1)=0$
вспомним
$x_1^4=(a+1)$, тогда
$k_1k_2+a_1k_1-x_1^2=0$
Видим, что
$x_1^2$ должно делиться на $k_1$, но по построению $x_2$ не имеет общих множителей с $x_1$, при этом $k_1$ это делитель $x_2$, значит $k_1=1$
$k_2+a_1-x_1^2=0$
и
$a_1=x_2^2$
Получили зависимости:
$k_2+x_2^2-x_1^2=0$
$x_1^2x_2^2+1=k_2a_2$
$1+x_2^2a_2=x_1^4$

[Mitkin]

Я думаю, можно попробовать вывести ограниченность решения. А отсюда уже, что решений нет

[Mitkin]

Из уравнения Туэ следует, что если число $p$ делитель $x_2$ кратности $k$, то $x_1=p^2k\pm 1$
С другой стороны:
$1+x_2^2a_2=x_1^4$
или
$x_2^2a_2=(x_1^2+1)(x_1+1)(x_1-1)$
Получаем, что
$2a_2=(x_1^2+1)t$, где $t$ ещё один незнакомый множитель.
Однако прямое решение уравнение Туэ показывает, что
$a_2\approx 2x_1^2$
Вариантов для $t$ остаётся не так много. Собственно один $t=4$
Но это противоречит тому условию, что $a_2$ не делится на 2.
Нечётность $a_2$ вытекает из уравнений:
Получили зависимости:
$k_2+x_2^2-x_1^2=0$
$x_1^2x_2^2+1=k_2a_2$
У нас $x_2$ чётное, $x_1$ нечётное. Значит $k_2$ нечётно. Отсюда и $a_2$ нечётно.
Противоречие достигнуто.

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562337 писал(а):

Допустим, что у $x_2$ и $a$ есть общий множитель $a_1$

Непонятно, о каком общем множителе идет речь (общих множителей может быть много). Дайте определение числу $a_1$.

Mitkin в сообщении #1562352 писал(а):

Противоречие достигнуто.

Вы не спешите с выводами, Ваш очередной мутный текст еще разбирать и разбирать.

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1562357 писал(а):

Mitkin в сообщении #1562337 писал(а):

Допустим, что у $x_2$ и $a$ есть общий множитель $a_1$

Непонятно, о каком общем множителе идет речь (общих множителей может быть много). Дайте определение числу $a_1$.

Mitkin в сообщении #1562352 писал(а):

Противоречие достигнуто.

Вы не спешите с выводами, Ваш очередной мутный текст еще разбирать и разбирать.

Давайте не с этого начнём. Если решение правильное, то всё доказывается гораздо быстрее.
Поэтому вопрос.
Если $p$ простой делитель числа $x_2$, то можно записать $x_1=p^2k\pm 1$
Согласны?

-- 10.08.2022, 17:44 --

Касательно общего множителя, то из уравнения:
или
$x_1^2x_2^2(x^2+1)+ax_1^2x_2^2-a(a+1)=0$
следует, что правая, а значит и левая части должны делиться на $a$,
т.е. член $x_1^2x_2^2(x^2+1)$ должен делиться на $a$.
Произведение состоит из 3-х сомножителей. Каждый из них неминуемо имеет общий делитель в виде числа или единицы с $a$. Но один из них обязан иметь наибольший общий делитель с $a$ не единицу, а число. Отсюда возникает разложение числа $a=a_1a_2$