Уравнение x^6+3x^4-2z^2=4

[scwec]

Замена $z=xy-t$ подходящая и решение верное.
Другая замена $z=u^2-k^2, x=ku-(k^2+1)v,y=ku+(k^2+1)v$ приводит к уравнению Пелля $u^2-(k^2+1)v=-1$, имеющего решение $u=k,v=1$ и после сложений бесконечное число параметрических решений исходного уравнения.
Предлагаю также найти рациональное решение $x,y$ уравнения $(x^2-1)(y^2-1)=(k^2+3)^2$

[scwec]

Теперь, как находить множество 1-параметрических решений задачи Лича, используя прием из данной темы нахождения целых 1-параметрических решений уравнения
$(x^2-1)(y^2-1)=z^2\qquad(1)$, а именно
"замена $z=u^2-k^2, x=ku-(k^2+1)v,y=ku+(k^2+1)v$ приводит к уравнению Пелля $u^2-(k^2+1)v=-1$, имеющего решение $u=k,v=1$ и после сложений бесконечное число параметрических решений исходного уравнения."
В Вейерштрассовой форме уравнение $(1)$ запишется как
$w^2=u^3-2(n^2-2)u^2+n^4{u}\qquad(2)$ (переименовали $z$ в $n$)
Уравнение эллиптической кривой в задаче Лича
$Y^2=X^3+(n^2+1)X^2+n^2{X}\qquad(3)$
Существует гомоморфизм групп рациональных точек кривых $(2)$ в $(3)$
$X= \dfrac{w^2}{4u^2}-1, Y = \dfrac{w(u^2-n^4)}{8u^2}$
Для примера - целое 1-параметрическое решение уравнения $(1)$
$z = 16k^2(4k^2+1)(2k^2+1)(4k^2+3)(k^2+1)(8k^4+8k^2+1)$
$x = (2k^2+1)(16k^4+16k^2+1)$,
$y = 128k^8+256k^6+160k^4+32k^2+1$
Сначала с помощью известной замены $x,y$ на $u,w$ отсюда получаем 1-параметрическое решение уравнения $(2)$, а затем
используя указанный выше гомоморфизм,. получаем 1-параметрическое решение для уравнения $(3)$ задачи Лича
$n = 16k^2(4k^2+1)(2k^2+1)(4k^2+3)(k^2+1)(8k^4+8k^2+1)$
$X = 64k^2(k^2+1)(2k^2+1)^2(8k^4+8k^2+1)^2$
$Y = (64(k^2+1))(16k^4+16k^2+1)(128k^8+256k^6+160k^4+32k^2+1)(8k^4+8k^2+1)^2(2k^2+1)^3{k^2}$
Получаемые решения имеют бесконечный порядок. Такой приём сильно отличается от метода А.МакЛеода получения 1-параметрических решений
в задаче Лича и позволяет вычислять всё новые и новые $n$ за счет сложения решений уравнения Пелля.

Приведу также решение в рациональных числах $x,y$ уравнения $(1)$ при $z=k^2+3$ (осталась нерешённой).
$x=\dfrac{k^2+k+2}{k-1}, y=\dfrac{k^2-k+2}{k+1}$
Нет решения ещё и для $z=4k^2\pm{3k}$. Кстати, все три значения $z$ - классика из задачи Лича.

[scwec]

Решение уравнения $(x^2-1)(y^2-1)=z^2$ для $z=4k^2-3k$ и рациональных $x,y$

$x = \dfrac{41+3184k^2-552k+8192k^6-18432k^5+18176k^4-9984k^3}{8(4k-1)(2k-1)(16k^2-16k+5)(8k^2-4k+1)}$

$y = \dfrac{9-98304k^7+126976k^6-92160k^5+1808k^2-11136k^3+32768k^8-168k+40832k^4}{(8k-3)(16k^2-12k+3)(16k^2-12k+1)}$
Более компактное решение, возможно, существует.

[scwec]

Исправлю свою дважды опечатку

scwec в сообщении #1668353 писал(а):

приводит к уравнению Пелля $u^2-(k^2+1)v=-1$

Здесь $u^2-(k^2+1)v^2=-1$,
и предлагаю рассмотреть уравнение $(x^2-1)(y^2-1)=(z^2+1)^2$
Оно не имеет целых решений (кроме очевидных 0,0,0), но есть бесконечное число решений с целым $z$ и целыми или $x$ или $y$ и оставшейся переменной рациональной.
Найдите эти решения

[Shadow]

scwec в сообщении #1671621 писал(а):

и предлагаю рассмотреть уравнение $(x^2-1)(y^2-1)=(z^2+1)^2$

Все решения вряд ли найду, но хоть что то: В натуральных

$(x^2-1)\cdot \dfrac{p^2-q^2}{q^2}=(z^2+1)^2$

Попробуем частное решение:
$\begin{cases} x^2-1=q^2(z^2+1)\\p^2-q^2=z^2+1 \end{cases}$

Первое нетривиальное решение первого уравнения Пелля: $x=2z^2+1,q=2z$ (других и рассматривать не стоит, потому что тогда $q^2+z^2+1$ слишком близко к квадрату и квадратом не будет)

Для второго уравнения пoлучаем $p^2-5z^2=1$, тут уже все ясно. Первые две нетривиальные решения уравнения $(x^2-1)(y^2-1)=(z^2+1)^2$:

$x=33,y=\dfrac 9 8, z=4$

$x=10369,y=\dfrac{161}{144},z=72$

[scwec]

Shadow, небольшая подсказка. В бесконечной серии решений, которая имелась в виду, целое $x$ является квадратом.

[Shadow]

scwec в сообщении #1671679 писал(а):

Shadow, небольшая подсказка. В бесконечной серии решений, которая имелась в виду, целое $x$ является квадратом.

Хорошо, другое частное решение: $x=z^2$, т.е

$(z^4-1)(y^2-1)=(z^2+1)^2$
$(z^2-1)(y^2-1)=z^2+1$

$y^2=\dfrac{2z^2}{z^2-1}$

И опять уравнение Пелля $z^2-1=2t^2$

[scwec]

Да, это то, что имелось в виду.
$x=u^2,y=\dfrac{u}{v},z=u$, где $u^2 -2v^2=1$ (естественно, эти решения частные)
Интересно здесь также то, что эти решения можно получить из решений уравнения $(X^2+1)(Y^2+1)=(z^2 +1)^2$
А именно $X=u-2v, Y=u+2v, z=u$ где $u^2-2v^2=1$ Формулы перехода (бирациональная эквивалентность обоих уравнений при одинаковых $z$)
не привожу из-за их громоздкости.