Диофантова система

[maxal]

RIP писал(а):

Надо, чтобы $2c^4-1$ было точным квадратом. Это очень тесно связано с исходной системой, т.к.

$$(x-y)^2+a^4=2b^4$$

т.е. достаточно взять $c=\frac ba$.

К этому можно было прийти проще. Из исходной системы получаем $xy=\frac{a^4-b^4}{2},$ и следовательно $x$ и $y$ являются корнями уравнения
$z^2 - a^2 z + \frac{a^4-b^4}{2} = 0,$
дискриминант которого $2b^4 - a^4$ обязан быть полным квадратом. Вводя рациональное $c=\frac{b}{a},$ получаем, что $2c^4-1$ обязано быть квадратом рационального числа.

RIP писал(а):

Отсюда и способ получения бесконечного множества решений (думаю, что по сути это размножение точек на эллиптической кривой.)
Начинать можно, например, с $u=\frac32.$ Попеременно будем получать решение в целых и натуральных $x,y$

А где способ-то?

[RIP]

maxal писал(а):

А где способ-то?

Зная одно решение $u$, находим соответствующее решение системы, по нему находим $c$, по $c$, в свою очередь, находим новое $u$ и т.д. И не просите меня доказывать, что решения не "зациклятся".

[Lion]

И все-таки, как доказать бесконечность примитивных решений?

Добавлено спустя 14 минут 52 секунды:

Да, и еще кое-что. Прочитал решение Кнопа, но не могу понять решение:

Цитата:

$p^4 + 4p^3q - 6p^2q^2 - 4pq^3 + q^4 = u^2 $.
Насколько я понимаю, более-менее стандартный прием решения
таких уравнений состоит в следующем: сначала мы пытаемся
приближенно определить корень уравнения
$p^4 + 4p^3q - 6p^2q^2 - 4pq^3 + q^4 = 0$.
$(p/q)^4 + 4(p/q)^3 - 6(p/q)^2 - 4(p/q) + 1 = 0$.
$r^4 + 4r^3 - 6r^2 - 4r + 1 = 0$.
Выясняется, что хорошим приближением корня является $r=3/2$. После этого делаем замену: $r=3/2 + s$ (и будем искать рациональные $s$ и $u$)...

Что значит "приближенно решить" и "хорошее приближение корня"? Ведь фактически мы теперь подбираем r, а не p и q. Но велика ли разница? Никто же не гарантирует, что после подстановки $r=3/2+s$ в уравнение мы сможем определить s, так что необходим какой-то алгоритм выбора r. Но у Кнопа его нет...

[RIP]

Кстати, в книжке Серпинский В. — О решении уравнений в целых числах на стр.67-69 содержится полезная информация. А именно, доказано, что уравнение $x^4+8y^4=z^2$ имеет бесконечно много примитивных решений. И дана (без док-ва) формула, как по ним строить решения уравнения $2u^4-v^4=w^2.$ А мы знаем, что решение этого уравнения эквивалентно решению нашей системы

Добавлено спустя 6 минут 45 секунд:

А на стр. 80 внизу еще немного полезной информации про последнее уравнение (без док-в и без ссылок.)

Добавлено спустя 24 минуты 23 секунды:

Выглядит очень похоже на то, что делал я.

[juna]

maxal писал(а):

Из исходной системы получаем $xy=\frac{a^4-b^4}{2},$ и следовательно $x$ и $y$ являются корнями уравнения
$z^2 - a^2 z + \frac{a^4-b^4}{2} = 0,$
дискриминант которого $2b^4 - a^4$ обязан быть полным квадратом. Вводя рациональное $c=\frac{b}{a},$ получаем, что $2c^4-1$ обязано быть квадратом рационального числа.

Мда, только вот надо доказать, что мы выйдем в область положительных решений для $z_{1,2}$.
Как альтернативу, но тоже в этом плане бесполезную, можно рассматривать следующее решение:
$x=2pq, y=p^2-q^2, b^2=p^2+q^2$
$(p+q)^2-2q^2=a^2$
$z=p+q, z^2-2q^2=a^2$
$u^2-2v^2=1, u=\frac z a, v=\frac q a$
Последнее уравнение - это частное уравнение Пелля, которое требуется решить в рациональных числах. Решение легко находится: $u=\frac{t^2+2}{t^2-2}, v=\frac{2t}{t^2-2}$ где $t=\frac m n$ - рационально. Отсюда находим $p=m^2+2n^2-2mn, a=m^2-2n^2, q=2mn$ с дополнительным условием $b^2=(m^2+2n^2-2mn)^2+4m^2n^2$, т.е. либо $m^2+2n^2-2mn=p_1^2-q_1^2, mn=p_1q_1$ либо $m^2+2n^2-2mn=2p_1q_1, 2mn=p_1^2-q_1^2$ Далее эти уравнения можно пытаться свести к чему-нибудь симпатичному, например, положим $m=p_1,n=q_1$, получим $\frac {m}{n}=3/2$ и т.д.

[sceptic]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Существует (в природе, к сожалению у меня нет) также книжка В. Серпинского Пифагоровы треугольники 1959., в которой также якобы разбирается решение.

[juna]

Был бы рад ее где-нибудь скачать... Если у Вас есть - может поделитесь? Или я повторяю решение Серпинского, так или иначе, не понял намека.

[Руст]

Вроде всё уже решено. Надо явно показать, что эллиптическая кривая $y^2=2x^4-1$ имеет положительный ранг. В книге Прасолова есть как определить сложение на произвольной эллиптической кривой. Можно взять конечную точку типа $(1,1)$ и удваивать. Можно привести к форме Веерштрасса заменив $x$ на $z=(x-1)/(y-1).$

[maxal]

Руст писал(а):

Надо явно показать, что эллиптическая кривая $y^2=2x^4-1$ имеет положительный ранг.

Термин "эллиптическая" относится только к кубическим кривым. А здесь уравнение 4-й степени.

Руст писал(а):

В книге Прасолова есть как определить сложение на произвольной эллиптической кривой. Можно взять конечную точку типа $(1,1)$ и удваивать. Можно привести к форме Веерштрасса заменив $x$ на $z=(x-1)/(y-1)$.

Имеется в виду Эллиптические функции и алгебраические уравнения ?

[Руст]

maxal писал(а):

Термин "эллиптическая" относится только к кубическим кривым. А здесь уравнение 4-й степени.

Не только, главное $g=1$. Для гиперэллиптической кривой $y^2=P_n(x)$, $n$ - степень многочлена $g=[(n-2)/2].$

[kknop]

Lion писал(а):

Но велика ли разница? Никто же не гарантирует, что после подстановки $r=3/2+s$ в уравнение мы сможем определить s, так что необходим какой-то алгоритм выбора r. Но у Кнопа его нет...

Разница велика: после правильной параметризации, как вы видели, решение находится буквально автоматически. Да, конечно, такого алгоритма, который позволял бы решать все автоматически, я не знаю.

[maxal]

juna в сообщении #43536 писал(а):

Существует (в природе, к сожалению у меня нет) также книжка В. Серпинского Пифагоровы треугольники 1959., в которой также якобы разбирается решение.

Имеется в местной библиотеке: Серпинский В. — Пифагоровы треугольники