Уравнения m^2*x^4-n^2*y^4=z^2

[scwec]

$n,m$ -натуральные числа. $n\ne{m}$
Рассматривается "уравнение" относительно $x,y,z$,
$m^2x^4-n^2y^4=z^2$
1. Вопрос 1. Доказать, что если $m^2-n^2$ - полный квадрат, то "уравнение" имеет решение в натуральных числах при $x\ne{y}$. Таким образом, это достаточное условие.
2. Вопрос 2. Найти необходимое и достаточное условие для решения "уравнения"

[nnosipov]

Пусть $m$, $n$ --- фиксированные натуральные числа. Уравнение $m^2x^4-n^2y^4=z^2$ разрешимо в натуральных числах $x$, $y$, $z$ тогда и только тогда, когда число $S=mn$ является конгруэнтным. В частности, если разность $m^2-n^2$ есть точный квадрат, то число $S$, очевидно, конгруэнтно. В этом случае уравнение $m^2x^4-n^2y^4=z^2$ имеет бесконечно много решений в натуральных числах $x$, $y$, $z$.

[scwec]

Совершенно точный ответ.

[nnosipov]

scwec в сообщении #454222 писал(а):

Совершенно точный ответ.

Спасибо за задачу, всегда приятно взглянуть на старый вопрос с несколько иного ракурса. Алаверды: существуют ли такие рациональные числа $a$, $b$ и $c$, что $a^2-b^2=2011=c^2-a^2$? Возможно, этот вопрос покажется Вам занятным, особенно если захочется его решить только элементарными средствами (конечно, число $2011$ здесь не по существу, но это была новогодняя задача ).

[age]

(Оффтоп)

А вы Гоголя читали про Чичикова и Манилова?

[nnosipov]

age в сообщении #454397 писал(а):

(Оффтоп)

А вы Гоголя читали про Чичикова и Манилова?

(Оффтоп)

Давненько не перечитывал. А что, они там тоже эллиптические кривые обсуждали?

[age]

(Оффтоп)

Нет, только кто вежливей

[nnosipov]

age, в этой задаче есть красивое тождество, оно-то и даёт возможность элементарно ответить на первый вопрос. Попробуйте его найти, это действительно может быть интересно. (Если хотите, мы эту задачу можем с Вами полностью решить --- подробно, со всеми деталями.) А я пойду перечитывать "Мёртвых душ".

[age]

nnosipov
Да мне это неинтересно. я знаю и выписал решение уравнения. Поэтому к чему лично мне конгруэнтные числа? Вот если Вы моё уравнение решите с помощью конгруэнтных чисел, а я не смогу. Вот это уже будет интересно.

Впрочем, ни о каком "соревновании" речи не идёт, лишь о совместной попытке углубиться от четвёрок и квадратов подальше, к восьмёрочкам, шестёрочкам, кубам и т.д. Скажем

$m^3x^8+n^3y^8=z^2$

или

$m^2x^4+n^2y^4=z^4$

Вот это мне интересно Могут ли помочь конгруэнтные числа?

[nnosipov]

age в сообщении #454439 писал(а):

nnosipov
Да мне это неинтересно. я знаю и выписал решение уравнения. Поэтому к чему лично мне конгруэнтные числа? Вот если Вы моё уравнение решите с помощью конгруэнтных чисел, а я не смогу. Вот это уже будет интересно.

Впрочем, ни о каком "соревновании" речи не идёт, лишь о совместной попытке углубиться от четвёрок и квадратов подальше, к восьмёрочкам, шестёрочкам, кубам и т.д. Скажем

$m^3x^8+n^3y^8=z^2$

или

$m^2x^4+n^2y^4=z^4$

Вот это мне интересно Могут ли помочь конгруэнтные числа?

Ну что же, и вторая моя попытка сагитировать age заняться математикой не увенчалась успехом. Вроде и сюжет классический, если не сказать древний, и не так чтобы всё это было сложно ...

[scwec]

Для nnosipov в ответ на алаверды - самое интересное, что когда я формулировал две задачи в качестве олимпиадных, то предполагал использовать как-то число $2011$, поскольку оно очень подходит для этого дела - и год, который на дворе и простое число вида $8n+3$, которое не может быть конгруэнтным.
И сначала было так: $m=2011$, $n=1$ и уравнение не должно было иметь решений.
Но потом подумал, что это будет слишком просто и написал так, как сейчас есть.
Не ожидал, что будет сразу ответ и именно такой, какой бы сам написал слово в слово.
Ответ на Вашу задачу - нет не существует таких рациональных $a,b,c$. О причине этого уже сказал выше.

[nnosipov]

Для scwec немного о случаях элементарного доказательства неконгруэнтности. Помимо упомянутого Вами случая простых $8n+3$, мне известны ещё такие: $2q_1$, $p_1p_2$, $2q_1q_2$, где $p_i \equiv 3 \pmod{8}$, $q_i \equiv 5 \pmod{8}$ --- простые числа. (Формулировки есть, например, в Genocchi A. Sur l'impossibilit\'e de quelques \'egalit\'es doubles // C.R. 1874. T.LXXVIII. P.433-436. Доказательства придумать нетрудно.) Но есть ещё вроде бы сходные результаты Бастьена (L. Bastien), однако их элементарного доказательства я тогда, когда интересовался этими вещами (уже давно, лет 10 назад), найти не смог.

[scwec]

Для nnosipov: может найдете для себя что-то интересное здесь
http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/aa/aa75/aa7513.pdf

[nnosipov]

scwec в сообщении #454775 писал(а):

Для nnosipov: может найдете для себя что-то интересное здесь
http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/aa/aa75/aa7513.pdf

Да, действительно интересно, спасибо.

[age]

age в сообщении #454439 писал(а):

или

$m^2x^4+n^2y^4=z^4$

$5^2\cdot12^4+31^2\cdot7^4=41^4$