Уравнение Пелля с параметром и кубами

[mathematician123]

Разрешимо ли уравнение

$$(x + 1)y^2 - x z^2 = x^3 + 2x + 2$$

в целых числах? Вопрос взял отсюда. Решил запостить, так как на форуме обсуждались подобные задачи.

Можно переписать уравнение как $(x + 1)(y^2 - 2) = x(x^2 + z^2)$. Анализ делимости и квадратичных вычетов даёт, что $x = -2t$, $t \ge 0$, $t \equiv 7 \pmod{8}$. Но для $t$ равных 343, 439, 799, и т. д. уравнение разрешимо по любому модулю.

Можно получить равносильное уравнение

$$u^2 - (x^2 + x)v^2 = x^3 + 2x + 2$$

где $u = (x + 1)y + xz$, $v = y + z$. Если использовать оценки nnosipov из темы https://dxdy.ru/topic44381-15.html, то получим, что если уравнение разрешимо, то должно существовать решение, для которого $0 < v < |x|$. Я проверил диапазон $|x| < 10^6$ и решений не нашёл.

[Andrey A]

mathematician123 в сообщении #1626436 писал(а):

Можно переписать уравнение как $(x + 1)(y^2 - 2) = x(x^2 + z^2)$.

Поскольку множители $x,x+1$ вз. просты, уравнение эквивалентно системе $\left\{ \begin{array}{cl} x^2+z^2=k(x+1) \\ y^2-2=kx \end{array} \right.$ при целом $k.$ Верхнее уравнение имеет два решения:
1) $k=x=z^2.$
2) $k=-(z^2+4),\ x=-(z^2+2).$

Ни одно из них не совместимо с нижним уравнением. Причем тут Пелль не очень понятно.

[mathematician123]

Andrey A в сообщении #1626449 писал(а):

Верхнее уравнение имеет два решения:

Есть много других решений. Например, $(x, z, k) = (-30, 17, -41)$. Хотя было бы интересно описать все решения. Уравнение преобразуется к виду

$$z^2 + 1 = (x + 1)(k - x + 1)$$

С точностью до линейных замен это эквивалентно уравнению $a^2 + 1 = bc$. Вроде просто выглядит, но я не знаю как описать все его решения.

[Andrey A]

mathematician123 в сообщении #1626481 писал(а):

Есть много других решений.

Да, мой косяк. Воспользовался неким общим решением in $\mathbb{Q}$ и сделал в ночи слишком частный вывод. Сейчас переписал in $\mathbb{Z}$, получил для $z^2+1=(p^2+q^2)(r^2+s^2)$

$$x=p^2+q^2-1,k=p^2+q^2+r^2+s^2-2.$$

Но сумма $4-$х квадратов есть любое число, противоречий тут не вижу.

mathematician123 в сообщении #1626481 писал(а):

$a^2 + 1 = bc$. Вроде просто выглядит, но я не знаю как описать все его решения.

Описывается в континуантах, кто же с ними захочет возиться? Можно через тождество $(p^2+q^2)(r^2+s^2)=(pr+qs)^2+(ps-qr)^2,$ положив $ps-qr=\pm 1.$ Ага. Кажется понимаю где собака зарыта. Если $y$ четное число, то в правой части нижнего уравнения системы один множитель — нечетное, второй — удвоенное нечетное, каковым $x$ быть не может — оказалось бы $x+1 \equiv 3 \pmod 4$ (а это у нас сумма двух квадратов). Значит, $x$ — нечетное. Но тогда левая и правая части верхнего уравнения системы делятся на $4$. Значит, $x$ — четное. Противоречие! Если же предположить нечетное $y,$ получаем нечетные $k,x,$ причем $k \equiv 1, x \equiv 3 \pmod 4.$ То есть $x$ в любом случае нечетное, а обе части верхнего уравнения в любом случае делятся на $4$, что невозможно. Как-то так.