Диофантово уравнение 2

[scwec]

Рассмотрим уравнение

$$\frac{p}{q}-\frac{q}{p}+\frac{r}{s}-\frac{s}{r}=N\qquad(1)$$

где $p,q,r,s,N$ - натуральные числа.
Оно имеет решения, например, для $N=3$ ($p=2,q=1,r=2,q=1$), для $N=10$ ($p=15,q=4,r=20,s=3$).
Докажите, что существует бесконечно много натуральных $N$, для которых уравнение $(1)$ имеет решение в натуральных числах.
Докажите также, что существуют такие $N>1$, для которых уравнение $(1)$ не имеет решения в натуральных числах.

[Edward_Tur]

$$\frac{k^3+k}{1}-\frac{1}{k^3+k}+\frac{k^2+1}{k}-\frac{k}{k^2+1}=k^3+2k$$

[scwec]

Это верная параметризация решений уравнения $(1)$.
Вот ещё одна:

$$\frac{2k^3+2k^2+k}{k+1}-\frac{k+1}{2k^3+2k^2+k}+\frac{2k^3+4k^2+3k+1}{k}-\frac{k}{2k^3+4k^2+3k+1}=4(k^2+k+1)$$

Всего мне известны четыре параметризации (две уже указаны).
Предлагаю найти параметризацию для $N=8(k^2+2k+2)$.
И надо ещё указать хотя бы одно $N$, для которого $(1)$ решения не имеет.

[Edward_Tur]

Параметризация в числах Чибоначчи:

$$\frac{F_{2k+1}F_{2k}}{1}-\frac{1}{F_{2k+1}F_{2k}}+\frac{F_{2k+1}}{F_{2k}}-\frac{F_{2k}}{F_{2k+1}}=F_{2k+1}F_{2k}+1.$$

И обобщение параметризации в числах Чибоначчи:
Определим последовательность:
$x_0=m^2+1$;
$x_1=m^3+2m$;
...
$x_{k+1}=mx_k+x_{k-1}$.
Тогда

$$\frac{x_{2k+1}x_{2k}}{1}-\frac{1}{x_{2k+1}x_{2k}}+\frac{x_{2k+1}}{x_{2k}}-\frac{x_{2k}}{x_{2k+1}}=x_{2k+1}x_{2k}+m.$$

scwec!
Здесь нет ошибки $N=4(k^2+2k+2)$. ?
О, Вы исправили на $N=8(k^2+2k+2)$!

[scwec]

Edward_Tur, с Фибоначчи получилось очень красиво. Только в обобщении нужно, видимо, поменять местами $x_{2k+1}$ и $x_{2k}$, иначе в правой части не получается целое число, и заменить $m$ на $-m$.
Я убрал ограничения $p>q,r>s$ в условии.
Сами посмотрите повнимательней.
Да, Вы правильно заметили, что четверка заменена на восьмерку.
Там выходит довольно громоздкая формула. Если Вам или кому-то не удастся её получить, я потом напишу её.

[maxal]

В исходном уравнение без потери общности можно считать, что $(p,q)=1$ и $(r,s)=1$. Само же уравнение эквивалентно:

$$(p s + r q) (p r - qs) = Npqrs.$$

Отсюда следует, что $p$ делит $rs$, $q$ делит $rs$, а значит и $pq$ делит $rs$. Но аналогично можно получить, что $rs$ делит $pq$. С необходимостью имеем $pq=rs$, а уравнение преобразуется к виду:

$$(u^2+1)(v^2-1)=Nuv$$

где $u=\tfrac{p}{r}$, $v=\tfrac{r}{q}$.

С помощью мапла получаем, что последнее уравнение эквивалентно элиптической кривой:

$$y^2 = x^3 - \frac{(N^2+4N+16)(N^2-4N+16)}{48}x + \frac{(N+4)(N-4)(N^2+8)(N^2+32)}{864}$$

Отсюда для каждого значения $N$ можно проверить, представимо ли оно в искомом виде.

-- Fri Sep 06, 2013 09:26:20 --

Пример. $N=5$ представимо в указанном виде с

$$(p,q,r,s) = (302538692422300039, 45963090267966006, 84564125228657883, 164438681199129998)$$

Если ли меньшее представление, не проверял. Но различных представлений для $N=5$ бесконечно много, так как ранг кривой здесь равен 1.

[scwec]

maxal, предложу другое уравнение для эллиптической кривой. А именно $y^2=x^3+(N^2+8)x^2+16x$.
Оно эквивалентно тому, который напиcал Maple. Легко показать, что группа кручения этой кривой, исключая $N=3$, включает только точки $((-4),\pm{4N})$ и $(0,0)$. Отсюда следует, что последовательность $N$ для которых уравнение $(1)$ имеет целые решения такая:
$3,5,7,10,12,15,16,18,19,23,25,26,27,28,29,30,33,34,36,...$. Все эллиптические кривые имеют ненулевой ранг(кроме $N=3$). Эта последовательность, видимо, отсутствует в OEIS.
Напишите следующее число в этой последовательности.

[maxal]

scwec в сообщении #761079 писал(а):

maxal, предложу другое уравнение для эллиптической кривой. А именно $y^2=x^3+(N^2+8)x^2+16x$.
Оно эквивалентно тому, который напиcал Maple.

А как показать эту эквивалентность?
И в общем случае, если есть одна кривая с зубодробильными коэффициентами, как можно её свести к эквивалентной кривой с более простыми коэффициентами?

[nnosipov]

maxal в сообщении #761095 писал(а):

А как показать эту эквивалентность?

Здесь, наверное, можно просто линейной заменой. Правая часть с жуткими коэффициентами разлагается на линейные множители. Если один из них заменить новой буквой, выражение существенно упрощается.

[scwec]

maxal в сообщении #761095 писал(а):

А как показать эту эквивалентность?

Исключительно с помощью Maple.

[scwec]

Поясню вопрос об эквивалентности кривых. Обозначим $x=\frac{p}{q},y=\frac{r}{s}$.
Тогда исходное уравнение запишется так: $(x+y)(xy-1)-Nxy=0$.
С помощью Maple получаем, что уравнение эквивалентно эллиптической кривой

$$w^2=u^3-\frac{N^4+16N^2+16}{48}u+\frac{(N^2+8)(N^4+16N^2-8)}{864}\qquad(A)$$

Рассмотрим теперь эллиптическую кривую $Y^2=X^3+(N^2+8)X^2+16X$.
С помощью Maple опять же получаем, что она эквивалентна эллиптической кривой

$$W^2=U^3-\frac{N^4+16N^2+16}{3}U+\frac{2(N^2+8)(N^4+16N^2-8)}{27}\qquad(B)$$

Умножив $(A)$ на $64$ и положив $U=4u,W=8w$ получим $(B)$.
Таким образом, исходное уравнение эквивалентно уравнению $Y^2=X^3+(N^2+8)X^2+16X$.
По поводу избавления от устрашающих коэффициентов: замечу только, что кривая, приведенная к виду $y^2=x^3+ax^2+bx$ (если это, конечно, возможно) выглядит менее зубодробительно, как и в данном случае.

[maxal]

scwec в сообщении #761079 писал(а):

Отсюда следует, что последовательность $N$ для которых уравнение $(1)$ имеет целые решения такая:
$3,5,7,10,12,15,16,18,19,23,25,26,27,28,29,30,33,34,36,...$. Все эллиптические кривые имеют ненулевой ранг(кроме $N=3$).

Вы утверждаете, что решения с кривой нулевого ранга есть только для $N=3$? Или просто других пока не удалось найти?

[scwec]

При $N=3$ группа кручения отлична от групп кручения для всех других $N$. Точки кручения при $N=3$ это $(-1,0),(0,0),(-16,0),(-4,\pm{12}),(4,\pm{20}),\infty$. Любая точка здесь с $y=0,x\ne{0}$ дает решение исходного уравнения.
Точки кручения при других $N$ - это $(0,0),(-4,\pm{4N}),\infty$. Они решений не дают. Таким образом, все кривые с нулевым рангом (кроме $N=3$) не имеют решений.

[maxal]

scwec в сообщении #761079 писал(а):

Отсюда следует, что последовательность $N$ для которых уравнение $(1)$ имеет целые решения такая:
$3,5,7,10,12,15,16,18,19,23,25,26,27,28,29,30,33,34,36,...$. Все эллиптические кривые имеют ненулевой ранг(кроме $N=3$). Эта последовательность, видимо, отсутствует в OEIS.

Кстати, добавьте её туда, пожалуйста.

[scwec]

Оказалось, что эта последовательность в OEIS уже есть. Номер её A206334. Обнаружил это в процессе предварительного добавления.
Теперь и новый вариант на рассмотрении.

Поскольку пока здесь не появилось решение для $N=8(K^2+2k+2)$, напишу его.
$p=(k+1)(2k^2+4k+3)(2k^2+6k+5)$
$q=2k^2+2k+1$
$r=2k^2+6k+5$
$s=(k+1)(2k^2+2k+1)(2k^2+4k+3)$