Диофантово уравнение

[4arodej]

Доброе время суток!
Можете посоветовать в каком направление двигаться, чтобы решить неопределённое уравнение: $x^2+2y^2=z^4$ в целых числах. Пробовал через пифагорейские тройки спускаться: $x^2+y^2=z^4-y^2=t^2$, откуда уравнение $y^2+t^2=z^4$, которое я смог решить, но вот как дальше поступить пока не понятно

[nnosipov]

Бесконечное множество решений уравнения $x^2+2y^2=z^4$ указать нетрудно: это $x=a^4-12a^2b^2+4b^4$, $y=4ab(a^2-2b^2)$, $z=a^2+2b^2$, где $a$, $b$ --- произвольные целые числа. Найти все решения будет потрудней (как мне кажется). С другой стороны, Вы говорите, что схожее уравнение $y^2+t^2=z^4$ удалось решить. Изложите свое решение здесь, попробуем разобраться. В обоих случаях можно было бы попробовать опереться на факториальность соответствующих колец ($\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ и $\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$).

[Коровьев]

nnosipov в сообщении #468822 писал(а):

Бесконечное множество решений уравнения $x^2+2y^2=z^4$ указать нетрудно: это $x=a^4-12a^2b^2+4b^4$, $y=4ab(a^2-2b^2)$, $z=a^2+2b^2$, где $a$, $b$ --- произвольные целые числа. Найти все решения будет потрудней (как мне кажется).

Поскольку в кольце целых чисел ${R}(\sqrt{-2})$ разложение на простые множители однозначно (число классов дивизоров равно 1. Есть в Боревиче "Теория чисел"), то приведённые Вами решения
$x+y\sqrt{-2}=(a+b\sqrt{-2})^4$
исчерпывают все решения в целых рациональных числах.

[nnosipov]

Коровьев в сообщении #468842 писал(а):

... приведённые Вами решения $x+y\sqrt{-2}=(a+b\sqrt{-2})^4$ исчерпывают все решения в целых рациональных числах.

Нет, не все. Например, решение $(x,y,z)=(175,100,15)$ по этим формулам не найти. Более правдоподобный, но тоже сомнительный вариант, учитывающий неоднородность уравнения: $x=c^2 \cdot (a^4-12a^2b^2+4b^4)$, $y=c^2 \cdot 4ab(a^2-2b^2)$, $z=c \cdot (a^2+2b^2)$.

[Батороев]

nnosipov в сообщении #468873 писал(а):

Например, решение $(x,y,z)=(175,100,15)$ по этим формулам не найти.

Не могу уловить, почему в качестве основного Вы не принимаете решение: $(x,y,z)=(7,4,3)$? Ведь Ваше получается прямым умножением $x,y$ на $5^2$, а $z$ на $5$.

[4arodej]

nnosipov в сообщении #468822 писал(а):

Бесконечное множество решений уравнения $x^2+2y^2=z^4$ указать нетрудно: это $x=a^4-12a^2b^2+4b^4$, $y=4ab(a^2-2b^2)$, $z=a^2+2b^2$, где $a$, $b$ --- произвольные целые числа. Найти все решения будет потрудней (как мне кажется). С другой стороны, Вы говорите, что схожее уравнение $y^2+t^2=z^4$ удалось решить. Изложите свое решение здесь, попробуем разобраться. В обоих случаях можно было бы попробовать опереться на факториальность соответствующих колец ($\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ и $\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$).

Хм... После того как Вы рассказали о других сериях решений, я переформулирую свою мысль: нашел одну из двухпараметрических серий решения, а не все решения. Решение наберу чуть позже, а сейчас результат опишу:

$$y=a^4-6a^2b^2+b^4, t=4a^3b-4ab^3, z=a^2+b^2$$

Если нетрудно вкратце опишите как Вы решили $x^2+2y^2=z^4$? Потому что мне вчера это оказалось трудным :)

-- Сб июл 16, 2011 16:36:11 --

Ага, кажется понял откуда решение. Из равернства $x+y\sqrt{-2}=(a+b\sqrt{-2})^4$. Теперь надо понять почему так. Сам-то аналист, а диофантовы уравнение увлечение с детства, правда не на профессиональной основе

-- Сб июл 16, 2011 16:39:36 --

Потрясающе! Надо найти описание этого приёма: мой ответ буквально устно получается. Правда уже в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$

-- Сб июл 16, 2011 16:48:05 --

Моё же первое решение было рабоче-крестьянским: свёл тройку $(y,t,z^2)$ к известым формулам пифагорейской тройки
$(u^2-v^2, 2uv, u^2+v^2)$, а затем тем же способом решил уравнение $u^2+v^2=z^2$ через $a$ и $b$, затем выразил и получил результат.
В общем почти как школьник

[nnosipov]

Батороев в сообщении #468880 писал(а):

nnosipov в сообщении #468873 писал(а):

Например, решение $(x,y,z)=(175,100,15)$ по этим формулам не найти.

Не могу уловить, почему в качестве основного Вы не принимаете решение: $(x,y,z)=(7,4,3)$? Ведь Ваше получается прямым умножением $x,y$ на $5^2$, а $z$ на $5$.

А что такое основное решение? Возьмём, к примеру, уравнение $x^2+y^2=z^4$. Вряд ли все его решения можно описать простыми формулами типа $x=c^2 \cdot (a^4-6a^2b^2+b^4)$, $y=c^2 \cdot 4ab(a^2-b^2)$, $z=c \cdot (a^2+b^2)$ (например, решение $(15,20,5)$ по этим формулам не найдёшь). Такая же картина и с уравнением $x^2+2y^2=z^4$. Все решения подобных уравнений можно было бы легко выписать лишь при некотором дополнительном условии типа $\gcd{(x,y)}=1$, да и то не всегда.

[Батороев]

nnosipov в сообщении #469053 писал(а):

А что такое основное решение? Возьмём, к примеру, уравнение $x^2+y^2=z^4$. Вряд ли все его решения можно описать простыми формулами типа $x=c^2 \cdot (a^4-6a^2b^2+b^4)$, $y=c^2 \cdot 4ab(a^2-b^2)$, $z=c \cdot (a^2+b^2)$ (например, решение $(15,20,5)$ по этим формулам не найдёшь). Такая же картина и с уравнением $x^2+2y^2=z^4$. Все решения подобных уравнений можно было бы легко выписать лишь при некотором дополнительном условии типа $\gcd{(x,y)}=1$, да и то не всегда.

В данном случае решение вытекает из пифагоровой тройки: $a^2+b^2=c^2$ прямым умножением на $c^2$:
$3^2\cdot 5^2+4^2\cdot 5^2=5^4$.

Не берусь утверждать, но подозреваю, что в первооснове любого решения с общими множителями всегда имеется решение со взаимнопростыми числами, если даже это основное решение и не из уравнения заданного вида.

[Батороев]

4arodej в сообщении #468762 писал(а):

Доброе время суток!
Можете посоветовать в каком направление двигаться, чтобы решить неопределённое уравнение: $x^2+2y^2=z^4$ в целых числах. Пробовал через пифагорейские тройки спускаться: $x^2+y^2=z^4-y^2=t^2$

На мой взгляд, условие, что $t$ должно быть в квадрате - излишнее.
$x^2+y^2=z^4-y^2= t$ - это число, которое можно представить суммой квадратов двух чисел.
Если $t$ - простое, то решение(я), можно попытаться получить из общего решения уравнений:

$x=\sqrt{\dfrac{6t-t^2-1}{4}}$

$y=\dfrac{t-1}{2}$

$z=\sqrt{\dfrac{t+1}{2}}$


Если $t$ - составное, то решения помимо указанных, по-видимому, можно попытаться поискать, решая совместно уравнения:

$x=\sqrt {\dfrac {6t-t_1^2-t_2^2}{4}}$

$y=\dfrac {t_1-t_2}{2}$

$z=\sqrt {\dfrac{t_1+t_2}{2}}$

где $t_1\cdot t_2=t$ - натуральные делители числа $t$.

Помимо этого можно учитывать то, что $x^2+z^4=2t$.