Решение Диофантового уравнение a^2-b^2=c

[Побережный Александр]

Наверное, корректно будет сказать, что я предложил некоторую серию решений.
В принципе, я понял, что наличие ВСЕХ решений надо отдельно еще доказать.
А что можно сказать о связи натурального числа и его делителей?

[Sonic86]

Все решения перечисляются очевидным образом: $(a,b,c)=(a,b,a^2-b^2)$

[Побережный Александр]

Конечно! Тогда Пифагоровы решения записываются $(a,b,a^2+b^2)$
Ой! Что-то я сморозил...

[shwedka]

Более культурная постановка: определить, для каких с решение существует, и найти все такие решения. Правильный ответ:
для всех с, кроме единицы, двойки и четверки.

[Руст]

shwedka в сообщении #622974 писал(а):

Более культурная постановка: определить, для каких с решение существует, и найти все такие решения. Правильный ответ:
для всех с, кроме двойки.

Очевидно для $c\not =2 \mod 4$, так как для этого надо разложить с на два множителя одинаковой четности $c=c_1c_2$ и получить решение $a=\frac{c_1+c_2}{2},b=\frac{c_1-c_2}{2}.$

[shwedka]

Руст в сообщении #622975 писал(а):

shwedka в сообщении #622974 писал(а):

Более культурная постановка: определить, для каких с решение существует, и найти все такие решения. Правильный ответ:
для всех с, кроме единицы ,двойки и четверки.

Очевидно для $c\not =2 \mod 4$, так как для этого надо разложить с на два множителя одинаковой четности $c=c_1c_2$ и получить решение $a=\frac{c_1+c_2}{2},b=\frac{c_1-c_2}{2}.$

совершенно верно. Еще нужно исключить 1 и 4

[nnosipov]

shwedka в сообщении #622977 писал(а):

Еще нужно исключить 1 и 4

Если искать решения в целых числах (что в данном случае естественнее), то и это не понадобится.

[shwedka]

nnosipov в сообщении #622980 писал(а):

shwedka в сообщении #622977 писал(а):

Еще нужно исключить 1 и 4

Если искать решения в целых числах (что в данном случае естественнее), то и это не понадобится.

А почему естественнее?
Традиционно диофантовы уравнения решают в натуральных числах. Чем это особо?

[nnosipov]

shwedka в сообщении #622985 писал(а):

Чем это особо?

Потому что это вопрос о представлении чисел формой (в данном случае --- бинарной формой 2-й степени). В общем случае вопрос о представлении чисел бинарными квадратичными формами $f(x,y)$ с $x,y \in \mathbb{Z}$ нетривиален, а обрезание $\mathbb{Z}$ до $\mathbb{N}$ его только запутывает. Сравните критерии представимости чисел суммой двух квадратов в этих двух постановках: над $\mathbb{Z}$ всё гораздо проще и естественнее, чем над $\mathbb{N}$ (и это при том, что форма $x^2+y^2$ не доставляет особых хлопот при переходе от $\mathbb{Z}$ к $\mathbb{N}$). Другой пример: решать уравнения Пелля $x^2-Ay^2=B$ гораздо удобней в целых числах, чем в натуральных (т.е. множество решений в целых числах Вам достанется сравнительно легко, а вот чтобы выделить в нём решения в натуральных числах --- придётся дополнительно поработать).

[shwedka]

nnosipov в сообщении #623010 писал(а):

а вот чтобы выделить в нём решения в натуральных числах --- придётся дополнительно поработать

Вот и хорошо. Работать полезно. А, что, и уравнение ВТФ Вы хотите в целых числах решать? Допущение нуля задачу тривиализует.

[nnosipov]

shwedka в сообщении #623020 писал(а):

А, что, и уравнение ВТФ Вы хотите в целых числах решать?

Уж не принимаете ли Вы меня за ферматиста? По-моему, я вполне точно выразился и объяснил, почему в данном случае естественнее решать уравнение в целых числах. Конечно, никто не запрещает решать и в натуральных, если зачем-то нужно. Просто для уравнений такого типа обычно бывает так, что сначала это уравнение всё равно приходится решать в целых числах. Поэтому естественней именно такая постановка задачи --- решить в целых числах.

-- Пн сен 24, 2012 22:29:59 --

shwedka в сообщении #622974 писал(а):

Правильный ответ:
для всех с, кроме единицы, двойки и четверки.

Вот если бы решали в целых числах, вряд ли бы получили такой "правильный" ответ.

[Побережный Александр]

Побережный Александр в сообщении #622884 писал(а):

Соответственно, если обратиться к теме разложения числа на множители, то появляется связь числа со своими делителями.
Пусть нечетное натуральное $N=pq$, где $p, q $ делители $N$. Тогда

$(N+1)^2=(p+q)^2+(p^2-1)(q^2-1)$

Почему я не увидел мнений по свойству делителей натурального числа? Такого свойства не встречал в литературе. Тем более, что свое частное решение диофантового уравнения получил, работая по факторизации натурального числа. Мне кажется, что оно стоит того, чтобы обратить на него внимание.

[Cash]

Может потому, что никаких свойств делителей здесь нет?
Вы подметили тождество
$(xy+1)^2-(x+y)^2=(x^2-1)(y^2-1)$
Выглядит симпатично, но не более того.
Вы можете объяснить - какую вы здесь видите ценность?

[migmit]

xmaister в сообщении #622921 писал(а):

(Оффтоп)

А можно ли найти явно поле рациональных функций многообразия $X\subset\mathbb{A}^3_{\mathbb{Q}}$, определённого уравнением $x^2+y^2-z=0$?

(Оффтоп)

А чего искать-то, это ваше $X$ попросту изоморфно $\mathbb{A}^2$

[scwec]

Предлагаю найти все решения в натуральных числах уравнения $x^2-y^2=z^4$.
И А.О. Гельфонд и В.Серпинский оставили это для читателя.