n=ax^2+bxy+cy^2 , произведение таких чисел

[rightways]

Назовём натуральное число хорошим, если оно представляется в виде $ax^2+bxy+cy^2$, где a, b, c, x, y -- целые числа и $b^2-4ac=-20$. Докажите, что произведение двух хороших чисел — тоже хорошее число. (Тут $a,b,c$ - не фиксированые)

[Утундрий]

rightways в сообщении #1580289 писал(а):

$a,b,c$ - не фиксированые

Это немножко противоречит

rightways в сообщении #1580289 писал(а):

$b^2-4ac=-20$.

[rightways]

Я имею ввиду в разных хороших числах они могут быть разные, и надо доказать что например что число $(x^2-2xy+6y^2)(2x^2+2xy+3y^2)$ - тоже хорошее.

[maxal]

См. https://en.wikipedia.org/wiki/Brahmagupta%27s_identity

[mathematician123]

Можно также дать доказательство и без использования тождеств. Хорошие числа --- это в точности те числа, у которых в разложении на простые множители все простые числа $p$, для которых сравнение $x^2 + 5 \equiv 0 \pmod{p}$ не имеет решений, входят в чётной степени.

[Rak so dna]

rightways в сообщении #1580289 писал(а):

Назовём натуральное число хорошим, если оно представляется в виде $ax^2+bxy+cy^2$, где a, b, c, x, y -- целые числа и $b^2-4ac=-20$. Докажите, что произведение двух хороших чисел — тоже хорошее число. (Тут $a,b,c$ - не фиксированые)

Если один из старших коэффициентов единица, то работает тождество:

$\left(a_1x^2+b_1xy+c_1y^2\right)\left(x^2 + b_2xy + c_2y^2\right)= $

$=\left(a_1t^2-b_1tu+c_1u^2\right)+\frac{y^2}{4}\left(4c_2-b_2^2-(4a_1c_1-b_1^2)\right)\left(c_1y^2+b_1xy+a_1x^2\right)$

$t = x^2 + \frac{b_1+b_2}{2}xy + c_1y^2$

$u = (a_1-1)xy + \frac{b_1-b_2}{2}y^2$

Однако дальше, даже в сильно частном случае, всё не просто. Например:

$\left(3x^2+bxy+cy^2\right)\left(c x^2 + bxy + 3y^2\right)= \left((n^2+5)t^2-2(n^2+n+5)tu+(n^2+2n+6)u^2\right)+$

$+\frac{1}{144}(4\cdot 3\cdot c-b^2-20)(36y^4+12bxy^3+(12c+b^2+20)x^2y^2+12bx^3y+36x^4)$

$t=(k_1n+k_2)x^2 + (k_1^2n + k_3)xy + (k_1n+k_2)y^2$

$u=(k_1(n-1)+k_2)x^2+( k_1^2(n-1)+k_3)xy+(k_1(n-1)+k_2)y^2$

$k_1=\frac{b\mp 4}{6}$

$k_2=-\frac{b\pm 14}{6}$

$k_3=-\frac{b^2\pm 28b+16}{36}$

Верхние знаки берутся при $b=6p-2$, нижние при $b=6p+2$

Как видно, уже при старшем коэффициенте $3$ тождество (конкретно это) разваливается на два. Думаю дальше будет только хуже. Если и удастся построить необходимое тождество, то сомневаюсь, что оно будет простым. Если это не так, то интересно было бы на него взглянуть.

[mathematician123]

Rak so dna в сообщении #1580535 писал(а):

Если и удастся построить необходимое тождество, то сомневаюсь, что оно будет простым. Если это не так, то интересно было бы на него взглянуть.

Здесь помогает теория квадратичных форм. Для дискриминанта $-20$ существует два класса форм: $x^2 + 5y^2$ и $2x^2 + 2xy + 3y^2$. Все остальные формы получаются из этих двух постановкой $x = \alpha x_1 + \beta y_1$, $y = \gamma x_1 + \delta y_1$, где $\alpha \delta - \beta \gamma = 1$.

Но этот метод позволяет получить тождество только для двух фиксированных форм. А в общем виде простого тождества скорее всего нет.

[Rak so dna]

Алгоритм построения (почти тождество) описан здесь

[mathematician123]

Обобщим утверждение задачи. Рассмотрим множество чисел, представимых в виде $ax^2 + bxy + cy^2$, где $d = b^2 - 4ac$ --- фиксированное число (все переменные здесь целые числа, $d \equiv 0 \pmod{4}$ или $d \equiv 1 \pmod {8}$). Тогда целое число $m$ принадлежит рассматриваемому множеству тогда и только тогда, когда все простые числа $p$, для которых сравнение $x^2 - d \equiv 0 \pmod{p}$ не имеет решений, входят в разложение $m$ на простые в чётной степени.

Докажем это. Пусть $m = uv^2$, $u$ свободно от квадратов и сравнение $x^2 - d \equiv 0 \pmod{p}$ имеет решения для всех $p \mid u$. Рассмотрим числа вида $ux^2 + bxy + cy^2$. При $x = v$, $y = 0$, получим искомое представление числа $m$. При этом, можно подобрать $b$ и $c$ так, что $b^2 - 4uc = d$. Это следует из китайской теоремы об остатках.

Предположим, что некоторое простое число $p$ входит в разложение $m$ на простые в нечётной степени и сравнение $x^2 - d \equiv 0 \pmod{p}$ не имеет решений. Предположим, что $ax^2 + bxy + cy^2 = m$. Домножим на $4a$.

$$ (2ax+by)^2 - dy^2 = 4am$$

Заметим, что $a$ не делится на $p$, так как в противном случае из $d = b^2 - 4ac$ следовала бы разрешимость сравнения $x^2 - d \equiv 0 \pmod{p}$. Таким образом в левую часть рассматриваемого равенства $p$ входит в чётной степени, а в правую в нечётной, что невозможно.

Несколько выделяется случай $d \equiv 5 \pmod{8}$. Здесь от $m$ нужно дополнительно потребовать, чтобы двойка в разложение на простые входила в чётной степени.