Система диофантовых уравнений.

[TR63]

Решить систему в натуральных числах при $(a;b)\in N^+$

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

$z=\frac{2ab-1}{b-a}>2b$, $a>\frac b 2$
$z>4(a+b)>6b$, $a>(\frac3 4)b$
$z=\frac{2ab-1}{b-a}>7b$, $(a>(\frac 7 9)b)$

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

$8ba^3-4b^4>cb^4$ при $(a>(\frac 7 9)b)$
Т.е. задача свелась к ограниченному перебору, если не ошиблась.
Прошу проверить.

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1548920 писал(а):

$8ba^3-4b^4>cb^4$ при $(a>\frac 7 9)b$

И чему здесь равно $c$? Вы просите проверить, а для проверки предоставляете какие-то обрывки рассуждений. Такое в принципе нельзя проверить.

[TR63]

[quote="nnosipov в сообщении #1548921"]И чему здесь равно $c$?[/quote
$c=8\cdot(\frac7 9)^3-4>0$
Главное, чтобы получилось неотрицательное число. Далее берём минимум левой части, с учётом, что $a<b$. Получаем уравнение четвёртой степени от переменной $(b)$. Решаем, при каких значениях многочлен положителен. Эти значения не могут быть решениями системы. Оставшиеся (ограниченное количество) проверяем на возможность быть решениями.
(Меня интересует только возможность свести к ограниченному перебору.)

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1548922 писал(а):

Главное, чтобы получилось неотрицательное число.

А оно у Вас получилось?

[TR63]

Считала. Вроде, получилось. Сейчас вижу, что нет. Надо продолжить цикл. Если последовательность монотонна, то имеет предел, если ограниченна. Но чему он равен.

[TR63]

Можно доказать, что для существования решений необходимо выполнение условия: $a>(\frac1 2)^{\frac1 3}b$. Далее организовать численный эксперимент для нахождения нижней границы предела последовательности (несколько её членов вычислила: $\frac1 2$, $\frac3 4$, $\frac7 9$, $\frac{32}{41}$... . Перепрыгнет ли она число $(\frac1 2)^{\frac1 3}$? Если "да", то возможен ограниченный перебор. Однако гарантии перепрыгнуть нет. Но знать было бы интересно.
Попробуем другой путь.
Можно доказать, что для существования решений необходимо выполнение условия: $(\frac1 2)^{\frac1 3}b<a<(\frac{b^3+b}{2})^{\frac1 3}$. На концах этого промежутка исходный многочлен отрицателен (плюс ограниченный перебор). Положительных корней может быть не более одного. Перемен знака нет, значит и корней нет.
Докажем необходимость нижней границы.
Предположим, что $(\frac1 2)^{\frac1 3}b>a$. Тогда для существования решений (сохранения баланса) должно выполняться условие:
$-5b^2-2ba+3b^2+1>0$

$b>\frac{a+\sqrt{16a^2-3}}{3}>(\frac4 3)a$

Но выше было доказано, что необходимо $b<\frac4 3a$. Противоречие.
Верхняя граница находится ещё проще.
Это план. Остаётся расписать подробнее. Проверить, нет ли ошибок.

[TR63]

TR63 в сообщении #1549013 писал(а):

Проверить, нет ли ошибок

TR63 в сообщении #1549013 писал(а):

На концах этого промежутка исходный многочлен отрицателен

Здесь в лоб план не срабатывает(есть арифметическая ошибка). Но на форуме "$\infty$ Математика" подобная идея с небольшим нюансом похоже работает (замечаний не было).

[Andrey A]

TR63 в сообщении #1548920 писал(а):

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

Как вариант. Первое уравнение перепишем так: $a=\dfrac{z^2-(2b)^2-1}{4z}-b.$
Чтобы дробь оказалась целым числом достаточно $(2b)^2 \equiv -1 \mod z$ (значит $z$ — простое вида $4k+1$ или произведение таковых). Можно поэкспериментировать в Вольфраме: для $a>0$ $b$ должно быть достаточно мало. Само напрашивается $z=(2b)^2+1$, но второе уравнение тогда становится неразрешимо в целых числах (разберитесь самостоятельно). Другие решения сравнения (например $z=149,b=22,a=12$) формализовать сложнее. Думаю, перебор неизбежен, но хотя бы по одному параметру. Доказать неразрешимость системы таким образом, понятно, не получится.

[Andrey A]

Вообще, система любопытная. На всякий случай прячу в оффтопик, хотя на подсказку это не тянет.

(Оффтоп)

Второе уравнение системы можно переписать так: $z^2-2=(z-a+b)^2-(a+b)^2.$ Оно разрешимо в целых числах при любом нечетном $z,$ но нас интересуют простые и произведения простых вида $4k+1.$ Действуя через факторизацию $z^2-2=p^2-q^2,$ имеем $\dfrac{q+z-p}{2}=a,\dfrac{q-z+p}{2}=b,$ причем простые значения $z^2-2$ можно сразу откидывать — из них получаем большое $b$ и как следствие $a<0$. Далее должно выполняться $(2b)^2 \equiv -1 \mod z.$ Довольно эффективный отсев. Примеры:
$z=17.\ 17^2-2=7 \cdot 41=24^2-17^2.\ b=\dfrac{17-17+24}{2}=12.\ (2b)^2+1=24^2+1$ не делится на $17.$ Конец.
$z=41.\ 41^2-2=23 \cdot 73=48^2-25^2.\ b=\dfrac{25-41+48}{2}=16.\ 32^2+1$ делится на $41.$ Из второго уравнения $a=\dfrac{25+41-48}{2}=9.$ Из первого уравнения $a=\dfrac{41^2-32^2-1}{4 \cdot 41}-16=-12.$ Если бы значения $a$ совпали, получили бы решение.