Уравнение в целых числах, которое встречалось на форуме.

[Ivan 09]

Доброго времени суток.
topic3422.html
Попытался решить пример из этой темы самостоятельно. Хочу проверить мои рассуждения.
$y^2=1+x+x^2+x^3+x^4$
уравнение в целых числах.

$1+x+x^2$-нечётное число,

$x^3+x^4=x^3(1+x)$-чётное. Отсюда следуют, что $y$-нечётно.

Заменим $y=2m-1$ и предположим, что $x$-чётно, т.е. $x=2n$
тогда из $y^2-1=(x+x^2)(1+x^2)$

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

имеем
$4m^2-4m=2n(1+2n)(1+(2n)^2)$

На этом моменте возник вопрос.
$1+2n,1+(2n)^2$-нечётны.

$2m^2-2m=n(1+2n)(1+(2n)^2)$
Я рассуждаю так, слева чётное слагаемое, значит и справа должно быть чётным. Но мы можем всё время $n$ заменять на чётное и делить на $2$.
На каком-то этапе справа получится нечётное число. А это противоречие, отсюда следует что $x$-нечётно.
Я понимаю, что $x=0$ решение изначального уравнения, но я его рассматривал отдельно.
Доказал ли , что $x$, отличное от нуля, нечётно?
Заранее спасибо за ответы.

[mihaild]

Ivan 09 в сообщении #1666364 писал(а):

Но мы можем всё время $n$ заменять на чётное и делить на $2$

Непонятно. Вы утверждаете, что если есть решение $(m, n)$ с четным $n$, то есть и решение $(m', n')$ с $n' < n$? Почему?

[Ivan 09]

mihaild
Спасибо за столь быстрый ответ.
После Вашего вопроса я засомневался, забыл свои рассуждения.

Ivan 09 в сообщении #1666364 писал(а):

$2m^2-2m=n(1+2n)(1+(2n)^2)$

Но это уравнение действительно не имеет решений, кроме как вида $0=0$.
Мне надо время)

[Gagarin1968]

Ivan 09
Вот здесь приведено верное решение этого уравнения.

[nnosipov]

Ivan 09
Этому уравнению более 100 лет. Здесь оно обсуждалось много раз, уже дали ссылки. Моя гипотеза относительно этого уравнения такова: оно решается только одним способом (все остальные, которые якобы "попроще", будут ошибочными).

[Ivan 09]

Gagarin1968
nnosipov
Спасибо вам за ответы. Напишу идею, которая у меня была.
Привести уравнение к виду.
$4p^2-4p=x(x+1)(x^2+1)$
и рассмотреть отдельно случаи, когда $x=4t$, $x^2+1=4t$ и $x+1=4t$
Если мы рассмотрим отдельно случай $x=0$ , и нечётность $x$ в других случаях, то останется только
$\left\{\begin{array}{l} m^2-m=tx(1+x^2), \\ x=4t-1. \end{array}\right$
и как раз решения при $t=0$,$t=1$ . Других решений нет(вроде бы).

Ivan 09 в сообщении #1666367 писал(а):

$2m^2-2m=n(1+2n)(1+(2n)^2)$

Я хотел бы заострить внимание на этом уравнение, действительно ли, что оно имеет только нулевые решения?
вольфрам говорит об этом, но как это доказать?
Я бы хотел обсудить именно эти вопросы. Я понимаю, что может это плохой метод решения. Но при попытках возник ряд вопросов, именно их я и задаю.

[nnosipov]

Ivan 09 в сообщении #1666413 писал(а):

Я хотел бы заострить внимание на этом уравнение, действительно ли, что оно имеет только нулевые решения?

Да, уравнение

$$2m^2-2m=n(1+2n)(1+4n^2)$$

имеет только решения $(m,n) \in \{(0,0),(1,0)\}$. Доказать это не проще, чем решить исходное уравнение. Вообще, нельзя надеяться на существенное упрощение ситуации при линейных заменах неизвестных.

[mihiv]

В натуральных числах можно решать так:
Делим уравнение на $x^2$, получим

$$z^2+z-1-q^2=0, z=x+\frac 1x, q=\frac yx$$

Отсюда:

$$z=\dfrac {-x+\sqrt {5x^2+4y^2}}{2x}$$

Под корнем должен быть целый квадрат, то есть $5x^2+4x^2=p^2$ или $5x^2=(p-2y)(p+2y)\eqno (1)$. Из (1) следует две возможные системы уравнений:

$$\begin {cases}p-2y=5\\p+2y=x^2\end {cases}\eqno (2) \text {или}\begin {cases}p-2y=1\\p+2y=5x^2\end {cases}\eqno (3).$$

Из системы (3) $y=\dfrac {5x^2-1}4$. Подставляем это $y$ в исходное уравнение, получим, что $x$ должен удовлетворять уравнению:

$$9x^4-16x^3-26x^2-16x-15=0.$$

Следовательно $x$ нужно искать среди делителей числа 15. Исходному уравнению удовлетворяет $x=3$ и соответствующее ему $y=11$.А $y$ из системы (2) не удовлетворяет исходному уравнению.

[nnosipov]

mihiv в сообщении #1666451 писал(а):

Из (1) следует две возможные системы уравнений:

А почему только эти две?

[mihiv]

nnosipov в сообщении #1666457 писал(а):

А почему только эти две?

Да, действительно, $p-2y$ и $p+2y$ могут оказаться не взаимно простыми, нужно еще подумать.

[nnosipov]

Даже если они взаимно просты, то это приведет только к равенствам вида $p-2y=5a^2$, $p+2y=b^2$ (или $p-2y=a^2$, $p+2y=5b^2$) с какими-то целыми $a$, $b$.

[mihiv]

Запишем систему уравнений в виде:

$$\begin {cases}p-2y=d\\p+2y=\dfrac {5x^2}{d}\end {cases}\eqno (4)$$

где $d$ - делит ${5x^2}.$
Тогда (при $d>1$) из $(4):y=\dfrac {\frac {5x^2}{d}-d}4<\dfrac {5x^2}{4d}<x^2$, но из уравнения следует $y>x^2.$ Остается $d=1$, при этом получим $x=3,y=11$ как и раньше.

[nnosipov]

mihiv
С самого начала можно было бы записать равенство

$$4y^2+5x^2=(2x^2+x+2)^2\eqno(*)$$

(т.е. Ваше $p$ --- это $2x^2+x+2$), это и есть выделение полного квадрата. Ну а дальше остаются оценки. Кстати, в самом первом опубликованном решении этой задачи (см. Amer. Math. Monthly, 33 (1926), p. 281-282) как раз использовалось равенство $(*)$, но записанное в виде

$$\left[x^2+\frac{x}{2}+1\right]^2=y^2+\frac{5x^2}{4}.$$

[mihiv]

nnosipov
Интересно, что явное выражение для $p$ не потребовалось.

[nnosipov]

mihiv в сообщении #1666603 писал(а):

Интересно, что явное выражение для $p$ не потребовалось.

Да, но ведь приходится доказывать, что такое $p$ существует. Проще ли это, чем просто предъявить такое $p$? К тому же, для последующих оценок выгоднее было бы искать представление $4y^2+r(x)=p^2$, где $r(x)$ --- квадратный трехчлен с как можно меньшим положительным старшим коэффициентом. Здесь наилучший выбор --- это $r(x)=x^2-2x-3$.