Задача с треугольными числами

[Andrey A]

scwec в сообщении #1610968 писал(а):

Для полноты картины рассмотрим $R=1$

Нехарактерный случай. Ему соответствует бесконечная серия пифагоровых троек, полученных из последовательности $1+\sqrt{2}=2,2,2,...=\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{2},\dfrac{12}{5},...$ Все они сокращаются в единицу. Отсюда же видно, что поиски ограничений сократимости будут затруднительны.

[scwec]

Ну, "для полноты картины" имелось в виду, что для $R=1$ разобранная выше эллиптическая кривая не действует.
Теперь все параметрические решения для $R=1$ выложены. Так что картина классификации положительных $R$ в этом смысле полная.

[scwec]

Одно замечание к случаю $R=2$
Решая квадратное уравнение $u^2-4uv+v^2-1=0$ находим
$u=2v\pm\sqrt{3v^2+1}$
$v=2u\pm\sqrt{3u^2+1}$
$u,v$ являются соседними членами в последовательности $\{y_n\}$ OEIS A001353 решений уравнения Пелля $x^2-3y^2=1$.
Вывод. $y_n^2+y_{n+1}^2$ не может быть полным квадратом.
Это следует из доказанного (c помощью разобранной выше эллиптической кривой) утверждения, что для $R=2$ уравнение $\dfrac{w^2-1}{2uv}=R$, где $u^2+v^2=w^2$, не имеет решения в натуральных (и даже в рациональных) числах $u,v,w$.
Такой подход можно применить и для любого натурального $R$.
В данном случае мы имеем дело с уравнение Пелля $x^2-(R^2-1)y^2=1$. Тут решения исходного уравнения не исключаются и искать решения $u,v$ нужно среди соседних $y_n,y_{n+1}$ таких, что $y_n^2+y_{n+1}^2$ является квадратом.
Раcчеты упрощаются тем, что надо просто последовательно перебирать пары.
Закон следования простой $y_{n+1}=2Ry_n-y_{n-1}$, а первые члены $y_1=1,y_2=2R$.
Ну, а для $R=2$ перебирать ничего не надо.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1612394 писал(а):

Такой подход можно применить и для любого натурального $R$.

Да. Но $R$ у нас несократимая дробь. Я конечно рассматривал уравнение $u^2+v^2-2Ruv-1=0$ и два Пелля, следующих из него симметрично:
$(u-vR)^2-(R^2-1)v^2=1.$
$(v-uR)^2-(R^2-1)u^2=1.$
Чтобы старший квадрат оказался целым числом, надо домножить всё на $q^2,$ т.е. к классическому Пеллю не свести. Преимущество же уравнения $\dfrac{x^2-1}{y^2-1}=m\ (3)$ в том, что решение следует из одной дроби, которая может оказаться и сократимой (это важно). Остальное всё как у Вас:

scwec в сообщении #1612394 писал(а):

... надо просто последовательно перебирать пары.

И только сейчас обратил внимание: если существуют решения в больших номерах, должно хорошо выполняться $\sqrt{R^2-1} \approx \dfrac{u}{v}-R,$ откуда $\dfrac{u}{v} \approx R+\sqrt{R^2-1},$ т.е. отношение искомых переменных определено довольно точно. Отсюда жесткость условий разрешимости, но и возможность новых подходов. Об этом пока не готов. Надо поближе подпустить )

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1612532 писал(а):

... т.е. отношение искомых переменных определено довольно точно.

Дробь $\dfrac{u}{v}$ — вовсе не любая рациональная точка (отношение младших элементов пифагоровой тройки), но любая рациональная точка задает такую дробь* (функция от рациональной переменной): \dfrac{u}{v}=\dfrac{a^2-b^2}{2ab}=\dfrac{h^2-1}{2h},$ где $h=\dfrac{a}{b}.$ Вот и попробуем свести неопределенности к минимуму, приравняв $\dfrac{h^2-1}{2h} \approx R+\sqrt{R^2-1}.$ Имеем уравнение $4$-й степени $h^4-4Rh^3+2h^2+4Rh+1 \approx 0.$ Подставляя $R=\dfrac{p}{q}>1,$ получаем уравнение с целыми коэффициентами:

$$qh^4-4ph^3+2qh^2+4ph+q \approx 0\ \ (4),$$

которое многое проясняет. Приближенные значения корня $(4)\ h_n$ задают примитивные тройки нужной пропорции, но искомые пифагоровы тройки не обязаны быть примитивными (из условия). Положим $\gcd (u_n,v_n)=d$ и запишем условие так: $\dfrac{w_n^2d^2-1}{2u_nv_nd^2}=\dfrac{p}{q}=R.$ Отсюда $d^2=\dfrac{1}{w_n^2-2Ru_nv_n}=\dfrac{q}{qw_n^2-2pu_nv_n=\Delta_n}$ и

$$d=\sqrt{\dfrac{q}{\Delta_n}}\ \ (5).$$

Чтобы радикал оказался рациональным числом, достаточно

$$q\Delta_n=\square\ \ (6)$$

(формула пошагового тестирования). Повторюсь, точные решения $(4)$ нам не нужны, даже если они есть. A нужны приближенные значения $h_n,$ из которых можно получить (по предположению) примитивные тройки, выдерживающие тест формулой $(6)$. Ну, а способ аппроксимации алгебраического числа описан здесь. Пусть это будет самореклама. Очередное разложение. Да. Но по первому впечатлению такой поиск оказывается гораздо более "зрячий", поскольку остатки $\Delta_n$ быстро растут (как и положено для разложения $4$-й степени), и возможность "обратного скачка" связана с очень большим последующим знаком. Этим же объясняется отсутствие решений в больших номерах, и становится очевидной неразрешимость задачи для большинства $R$ при случайном выборе. Несколько разложений для примера.

$R=\dfrac{7}{3}:$ $\begin{matrix} n & | &\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ a_n& | & 1,& 3,& 1,& 344,& 1,& 65,& 1,& ...\\ & | & & & & & & & & \\ \dfrac{p_n}{q_n} & | & \dfrac{1}{1} & \dfrac{4}{3} & \dfrac{5}{4} & \dfrac{1724}{1379} & \dfrac{1729}{1383} & ... & & \\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ u_n & | & 1 & 24 & 40 & 4754792 & 2391207 & ... & & \\ v_n & | & 0 & 7 & 9 & 1070535 & 538376 & ... & & \\ \Delta_n & | & 3 & -477 & 3 & -121103613 & 465027 & ... & & \end{matrix}$

$d=\sqrt{\dfrac{q}{\Delta_3}}=\sqrt{\dfrac{3}{3}}=1.\ u=u_3 \cdot 1=40,v=v_3 \cdot 1=9,w=\sqrt{40^2+9^2}=41.$

Тут вторая строка — знаки непрерывной дроби разложения корня $(4),$ третья — соотв. подходящие дроби.


$R=\dfrac{15}{13}:$ $\begin{matrix} n & | &\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ a_n& | & 1,& 1,& 2,& 1,& 3,& 2074,& 2,& ...\\ & | & & & & & & & & \\ \dfrac{p_n}{q_n} & | & \dfrac{1}{1} & \dfrac{2}{1} & \dfrac{5}{3} & \dfrac{7}{4} & \dfrac{26}{15} & \dfrac{53931}{31114} & ... & \\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ u_n & | & 1 & 4 & 15 & 56 & 780 & 3356018268 & ... & \\ v_n & | & 0 & 3 & 8 & 33 & 451 & 1940471765 & ... & \\ \Delta_n & | & 13 & -35 &157 & -515 & 13 & ... & & \end{matrix}$

$d=\sqrt{\dfrac{q}{\Delta_5}}=\sqrt{\dfrac{13}{13}}=1.\ u=780,v=451,w=\sqrt{780^2+451^2}=901.$


$R=\dfrac{3884}{3125}:$ $\begin{matrix} n & | &\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ a_n& | & 1,& 1,& 1,& 1,& 2,& 429926,& 1,& ...\\ & | & & & & & & & & \\ \dfrac{p_n}{q_n} & | & \dfrac{1}{1} & \dfrac{2}{1} & \dfrac{3}{2} & \dfrac{5}{3} & \dfrac{13}{8} & \dfrac{5589043}{3439411} & ... & \\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ u_n & | & 1 & 4 & 12 & 15 & 208 & ... & ... & \\ v_n & | & 0 & 3 & 5 & 8 & 105 & ... & ... & \\ \Delta_n & | & 3125 & -15091 & 62045 & -29035 & 5 & ... & & \end{matrix}$

Тест: $\sqrt{q\Delta_5}=\sqrt{3125 \cdot 5}=125.$
$d=\sqrt{\dfrac{q}{\Delta_5}}=\sqrt{\dfrac{3125}{5}}=25.\ u=208 \cdot 25=5200,v=105 \cdot 25=2625,$ $w=\sqrt{5200^2+2625^2}=5825.$

Параметр $d$ может оказаться рациональным числом, но не целым; с ростом величин часто так и происходит. Что ж, получаем тогда некоторые рациональные решения — не все, конечно, но "наименьшие".

$R=\dfrac{88}{27}:$ $\begin{matrix} n & | &\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ a_n& | & 1,& 5,& 1,& 9,& 26,& 3,&5,& ...\\ & | & & & & & & & & \\ \dfrac{p_n}{q_n} & | & \dfrac{1}{1} & \dfrac{6}{5} & \dfrac{7}{6} & \dfrac{69}{59} & \dfrac{1801}{1540} & \dfrac{5472}{4679} & ... & \\ ---& + &---&---&---&---&---&---&---&---\\ u_n & | & 1 & 60 & 84 & 4071 & 5547080 & ... & ... & \\ v_n & | & 0 & 11 & 13 & 640 & 872001 & ... & ... & \\ \Delta_n & | & 27 & -15693 & 2883 & -26133 & ... & ... & & \end{matrix}$

Тест: $\sqrt{q\Delta_3}=\sqrt{27 \cdot 2883}=279.$
$d=\sqrt{\dfrac{q}{\Delta_3}}=\sqrt{\dfrac{27}{2883}}=\dfrac{3}{31}.\ u=84 \cdot \dfrac{3}{31}=\dfrac{252}{31},v=13 \cdot \dfrac{3}{31}=\dfrac{39}{31},$ $w=\sqrt{\left ( \dfrac{252}{31} \right )^2+\left ( \dfrac{39}{31} \right )^2}=\dfrac{255}{31}.$

Общее впечатление такое, что исследуя случайные $R$, большей частью будем получать "ровную" дробь и отсутствие решений (что несколько удивительно), реже — рациональные решения (тут зависимость от количества целых делителей $q$) и совсем редко — целые решения. Последнее сопровождается "огромным" знаком цепной дроби и выявляет некое "очень точное" рациональное решение уравнения $(4).$ Любые ли решения находятся таким способом — не знаю. Не уверен. Хвастаться пока нечем. Но интересно, какие еще задачи сводятся к разложению алгебраического числа? Похоже, тут непаханое поле.


*Задает, но двояко. Дело в том, что несократимые дроби $\dfrac{a}{b}$ и $\dfrac{a+b}{a-b}.$ порождают одну и ту же пифагорову тройку.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1612931 писал(а):

... вторая строка — знаки непрерывной дроби разложения корня $(4),$ третья — соотв. подходящие дроби.

... которые и есть $h_n=\dfrac{p_n}{q_n}.$ Главное сказать почему-то забыл. Надо было вывести их большими буквами, чтобы не путалось с $\dfrac{p}{q}=R.$

Andrey A в сообщении #1612931 писал(а):

Любые ли решения находятся таким способом — не знаю.

Имеются в виду целые решения, конечно. Надеюсь, таких пробелов конечное число при "малых" $p,q.$

[scwec]

Докажем, что при $R=3$ исходное уравнение $\dfrac{w^2-1}{2uv}=R$, где $u^2+v^2=w^2$
не имеет решений в натуральных $u,v,w$.
Уже отмечено ранее, что $u=3v\pm{\sqrt{8v^2+1}}$ и $v=3u\pm{\sqrt{8u^2+1}}$
Т,о, $u,v$ - соседние члены последовательности ${\{y_n\}}$ решений уравнения
$x^2-8y^2=1$.
Докажем, что $y_n^2+y_{n-1}^2$ не является квадратом при любом $n$.
Для этого рассмотрим последовательность $\{{y_n^2}\}$.Она содержит все треугольные числа, являющиеся квадратами и никаких других чисел.
Рекуррентное соотношение для неё $y_{n-1}^2{y_n^2}=(y_n^2-1)^2$.
Отсюда $y_{n-1}y_{n+1}+1=y_n^2\qquad(1)$
Для последовательности $\{y_n\}$ справедливы равенства
$y_{n+1}=3y_n+x_n, y_{n-1}=3y_n-x_n$
Откуда $y_{n+1}+y_{n-1}=6y_n\qquad(2)$
Учитывая $(1)$ и $(2)$
$y_n^2+y_{n-1}^2=y_{n-1}y_{n+1}+1+y_{n-1}^2=y_{n-1}(y_{n+1}+y_{n-1})+1=$
$6y_{n-1}{y_n+1}\qquad(3)$
Предположим противное, нашлась пара рядом стоящих квадратов, сумма которых квадрат; $y_n^2+y_{n-1}^2=6y_{n-1}y_n+1=A^2$, где $A$ натуральное число.
тогда $(A^2-1)^2+(6y_n^2)^2=(6y_n{A})^2\qquad(4)$
Стало быть существуют натуральные $M,N,k$ такие, что:
первый вариант: $A^2-1=k(M^2-N^2), 6y_n^2=2kMN, 6Ay_n=k(M^2+N^2)$,
второй вариант: $A^2-1=2kMN, 6y_n^2=k(M^2-N^2), 6Ay_n=k(M^2+N^2)$
В первом варианте при $M>N$
$k=\dfrac{12MN}{M^4 - 12M^3{N} + 2M^2{N^2} + 12MN^3 + N^4}$ (Maple)
Во втором варианте при $M>N$
$k=\dfrac{6(M^2 - N^2)}{M^4 - 12M^3{N} + 2M^2{N^2} + 12MN^3 + N^4}$ (Maple)
Одновременно все $M,N,k$ не могут быть натуральными числами, поскольку
в обоих случаях $k< 1$ при натуральных $M>N$,
Следовательно, тройки нужных натуральных $M,N,k$ не существует, что и доказывает утверждение.
Замечу также ещё раз, что натуральные $u^2,v^2$ такие, что $\dfrac{u^2+v^2}{2uv}=3$ являются треугольными числами. Треугольным является также и число $uv$ (но не квадрат) и три числа $u^2,uv,v^2$ ($u<v$) образуют геометрическую прогрессию.

[Andrey A]

scwec
Если хочется свести дело к классическому Пеллю, предложу более общий расклад. Хорошо, пусть $ R$ — целое, $R^2-1=m$ (маленькое $m$ пока свободно) и $x_1^2-my_1^2=1$ — первое решение Пелля.
Остальные решения выражены явно:
$x_n=\dfrac{\alpha^n+\beta^n}{2},$
$y_n=\dfrac{\alpha^n-\beta^n}{2\sqrt{m}},$
где $\alpha=x_1+\sqrt{x_1^2-1},\beta=x_1-\sqrt{x_1^2-1}.$ Сразу заметим, что $\alpha \beta =1.$ Кроме того $x_{n+1}=2x_1x_n-x_{n-1},\ y_{n+1}=2x_1y_n-y_{n-1}\ (x_0=1,y_0=0,y_1=1).$
Тогда
$y_n^2=\left ( \dfrac{\alpha^n-\beta^n}{2 \sqrt{m}} \right )^2=\dfrac{\alpha^{2n}+\beta^{2n}-2 \alpha^n \beta^n}{4m}=$ $\dfrac{x_{2n}-\alpha^n \beta^n}{2m}=\dfrac{x_{2n}-1}{2m}.$

$y_n^2+y_{n-1}^2=\dfrac{x_{2n}+x_{2n-2}-2}{2m}=\dfrac{2x_1x_{2n-1}-2}{2m}=\dfrac{x_1x_{2n-1}-1}{m}.$

В итоге:

$$\dfrac{x_1x_{2n-1}-1}{m}=\square$$

Целое оно всегда, но может ли быть квадратом — загадка. Если что-то отсюда следует, можно попробовать продолжить на общий случай.

[scwec]

nnosipov в личном сообщении указал на недостатки в доказательстве утверждения из предыдущего моего текста. А я уже подготовил сообщение с доказательством общего случая натурального $R$. Пока подожду и подумаю.
Кроме этого

scwec в сообщении #1613571 писал(а):

Замечу также ещё раз, что натуральные $u^2,v^2$ такие, что $\dfrac{u^2+v^2}{2uv}=3$

Здесь пропущена $-1$ в записи уравнения. Нужно $\dfrac{u^2+v^2-1}{2uv}=3$

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1613622 писал(а):

... $(x_0=1,y_0=0,y_1=1).$

У меня тут тоже ошибка: $y_1 \neq 1$. Нулевая дробь $\dfrac{x_0}{y_0}=\dfrac{1}{0},$ и только.

[Andrey A]

Не снимая вопроса, хорошо бы подытожить на школьном уровне: для тройки членов арифметической прогрессии $p-q,p,p+q$ как найти пропорциональную тройку треугольных чисел? В "распакованном" виде уравнение $(3)$ выглядит так: $(p-q)X^2-(p+q)Y^2+2q=0$ или $\left( \dfrac{p-q}{2} \right)X^2-\left( \dfrac{p+q}{2} \right)Y^2+q=0$ (в случае нечетных $p,q$). Заходим на сервис https://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM, выписываем наименьшие неединичные решения этого уравнения $X>Y>0$ и проверяем, нет ли среди них таких, что $\sqrt{\dfrac{X^2+Y^2}{2}}$ — целое число (тест). Назначаем его $w$ (если оно есть), тогда $\dfrac{Y^2-1}{p-q}=\dfrac{w^2-1}{p}=\dfrac{X^2-1}{p+q}$, номера треугольных чисел находим по формулам $(Y-1)/2,(w-1)/2,(X-1)/2.$ В противном случае решений нет, или не могут быть получены школьными методами, что, конечно, не одно и тоже. Ибо не доказано, что другие члены бесконечной последовательности решений $(3)\ \dfrac{X_n}{Y_n}$ не дадут положительного теста, но маловероятно. Знаем только, что случай $R=2/1$ неразрешим, доказал scwec. О причинах такой "маловероятности" говорилось ранее, и есть еще одна. Уравнение $(3)$ в изначальном виде: $\dfrac{R+1}{R-1}=\dfrac{(u+v)^2-1}{(u-v)^2-1}.$ Требуется найти $\dfrac{X_n}{Y_n}=\dfrac{u+v}{u-v}=\dfrac{a^2-b^2+2ab}{a^2-b^2-2ab}=\dfrac{(a+b)^2-2b^2}{(a-b)^2-2b^2}.$ Числитель и знаменатель такой дроби в сокращенном виде не могут иметь в своем каноническом разложении простого делителя вида $8N\pm 3$, но членам последовательности $\dfrac{X_n}{Y_n}$ об этом ничего не известно. С ростом величин вероятность такого состояния падает резко, хотя и в начальных номерах многие решения могут быть отсеяны по этому признаку. О чем и хотелось доложить.

[scwec]

Вношу изменения в доказательство утверждения для $R=3$ (заодно меняем $M,N$ на $p,q$).
После предположения, что $y_n^2+y_{n-1}^2=A^2$ с натуральным $A$
получено уравнение $(A^2-1)^2+(6y^2)^2=(6y{A})^2\qquad(4)$, где $y=y_n$ или $y=y_{n-1}$
Если у него есть решение в натуральных числах, то обязательно существует тройка натуральных чисел $p,q,k$ таких, что $p,q$ взаимно просты и разной четности и для этой тройки имеем два варианта -
первый вариант: система трех уравнений
$A^2-1=k(p^2-q^2), 6y^2=2kpq, 6Ay=k(p^2+q^2)$,
второй вариант: система трех уравнений
$A^2-1=2kpq, 6y^2=k(p^2-q^2), 6Ay=k(p^2+q^2)$
Решаем обе системы относительно переменных $A,y,k$.
Для обоих вариантов Maple дает:
первый вариант
$A=\dfrac{p^2+q^2}{\sqrt{p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4}}$
$y=\dfrac{2pq}{\sqrt{p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4}}$
$k=\dfrac{12pq}{p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4}$
а также $A=\pm{1},k=0,y=0$
второй вариант
$A=\dfrac{p^2+q^2}{\sqrt{p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4}}$
$y=\dfrac{p^2-q^2}{\sqrt{p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4}}$
$k=\dfrac{6(p^2-q^2)}{p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4}$
а также $A=\pm{1},k=0,y=0$.
Пусть необходимая тройка $p,q,k$ нашлась, тогда
$p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4=d^2$, где $d$ натуральное число и
$A^2=\dfrac{(p^2+q^2)^2}{d^2}, y^2=\dfrac{4p^2{q^2}}{d^2}, k=\dfrac{12pq}{d^2}$ - первый вариант
$A^2=\dfrac{(p^2+q^2)^2}{d^2}, y^2=\dfrac{(p^2-q^2)^2}{d^2}, k=\dfrac{6(p^2-q^2)}{d^2}$ - второй вариант,
Поскольку в обоих вариантах числитель и знаменатель для натурального $A^2$ взаимно просты, что следует из $\gcd(p,q)=1$ и разной четности $p,q$, то $d^2=1$.
С помощью PARI/GP решаем уравнение Туэ $p^4 - 12p^3{q} + 2p^2{q^2} + 12pq^3 + q^4=1$
$p=\pm{1},q=0$ и $q=\pm{1},p=0$.
Необходимой тройки это не даёт, что и доказывает утверждение об отсутствии решения
исходного уравнения в натуральных числах при $R=3$.
Условие $k<1$ здесь не используется поскольку оно не верно.
Для первого варианта , например, $k>1$ при $(p,q)=(51,43),(223,188),(7384,6225)$
$k$ при этом, конечно, получаются дробные. То, что $k<1$ неверно, усложняет доказательство утверждения об отсутствии решения для произвольного натурального $R$.
Уравнения Туэ ,будут зависеть от параметра $R$. хотя для $R=4$ я уже проверил отсутствие решений $u,v$ для исходного уравнения. Рассмотрение других $R$ позже.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1613831 писал(а):

получено уравнение $(A^2-1)^2+(6y^2)^2=(6y{A})^2\qquad(4)$

Не возникло бы у нас путаницы. Четверка задействована у меня выше, и это как раз то, что у Вас под радикалом. Значение этого полинома обозначено $\Delta_n,$ и далее

Andrey A в сообщении #1612931 писал(а):

$$d=\sqrt{\dfrac{q}{\Delta_n}}\ \ (5).$$

Чтобы радикал оказался рациональным числом, достаточно

$$q\Delta_n=\square\ \ (6)$$

В случае $R=3/1$ знаменатель ($q,$ и тут тоже путаница) — единица, и конечно из $(5)$ следует $\Delta_n=1.$ Но для $R=\dfrac{3884}{3125}$ имеем $d=\sqrt{\dfrac{q}{\Delta_5}}=\sqrt{\dfrac{3125}{5}}=25.$ Пятерку Maple сама не найдет, ей надо задать. Однако, если она решает $\Delta_n=1$, то решит (в данном случае) и $ \Delta_n=5,\Delta_n=125,\Delta_n=3125.$ Дело сводится к факторизации знаменателя $R$, оно и есть общий случай. Или не решит?

[Andrey A]

P.S. Чтобы не усложнять, предлагаю следующее. Оставить всё же $R=\dfrac {p}{q};\ w=a^2+b^2,u=a^2-b^2,v=2ab;$ и переписать условие $\dfrac {w^2-1}{2uv}=R$ так:

$$a^4 - 4 R a^3 b + 2 a^2 b^2 + 4 R a b^3 + b^4 = 1.$$

Если Maple решает такие Диофантовы уравнения о двух переменных, то и флаг ей в руки. Потребуются целые коэффициенты — распакуем $R;$ если ей захочется $\gcd (a,b)=1,$ факторизуем $q,$ ну и т.д. Короче, задача перестает быть неразрешимой.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1613881 писал(а):

Если Maple решает такие Диофантовы уравнения о двух переменных

Если речь идет об уравнении Туэ, то решает его PARI/GP и в данном случае $4R$ должно быть целым.
С решением тут всё не так просто. Позже выложу сообщение по поводу натуральных $R>3$.