Диофантова система.

[Батороев]

Может ли иметь решения (кроме x = 1) такая система:

$$ \left\{ \begin{matrix} 2x^2 - 1 = a^2 \\ 2x^2-2x+1 = b^2 \end{matrix} \right. $$

,
где $ x, a, b $ - натуральные числа

К ней я пришел, неправильно решив другое Диофантово уравнение.
Теперь сижу - "ни там, ни сям"

[venja]

Батороев писал(а):

Может ли иметь решения (кроме x = 1) такая система:

$$ \left\{ \begin{matrix} 2x^2 - 1 = a^2 \\ 2x^2-2x+1 = b^2 \end{matrix} \right. $$

,
где $ x, a, b $ - натуральные числа

К ней я пришел, неправильно решив другое Диофантово уравнение.
Теперь сижу - "ни там, ни сям"

Вычитая второе уравнение из первого, можно получить, что ЕСЛИ СИСТЕМА ИМЕЕТ РЕШЕНИЕ, то оно единственно и выражается формулой
$x=\frac{a^2-b^2}2 +1$

Теперь осталось выяснить, когда это чисо будет целым, и когда оно будет решением. Для последнего достаточно подставить выражение для этого решения, например, в первое уравнение и посмотреть, когда будет получаться верное равенство.

[Батороев]

Я по этому пути уже несколько раз прошелся, но что-то безрезультатно.
Если в первом уравнении x подходит, то во втором не "стреляет" и наоборот.
А мне интересно, "стрельнет" в обоих когда-нибудь или нет?

[venja]

venja писал(а):

Батороев писал(а):

Может ли иметь решения (кроме x = 1) такая система:

$$ \left\{ \begin{matrix} 2x^2 - 1 = a^2 \\ 2x^2-2x+1 = b^2 \end{matrix} \right. $$

,
где $ x, a, b $ - натуральные числа

К ней я пришел, неправильно решив другое Диофантово уравнение.
Теперь сижу - "ни там, ни сям"

Вычитая второе уравнение из первого, можно получить, что ЕСЛИ СИСТЕМА ИМЕЕТ РЕШЕНИЕ, то оно единственно и выражается формулой
$x=\frac{a^2-b^2}2 +1$

Теперь осталось выяснить, когда это чисо будет целым, и когда оно будет решением. Для последнего достаточно подставить выражение для этого решения, например, в первое уравнение и посмотреть, когда будет получаться верное равенство.

Система

$$ \left\{ \begin{matrix} 2x^2 - 1 = a^2 \\ x=\frac{a^2-b^2}2 +1 \end{matrix} \right. $$

,
эквивалентна исходной системе.
Поэтому если $x=\frac{a^2-b^2}2 +1$
удовлетворит первому уравнению исходной системы, то удовлетворит и второму.
После подстановки $x=\frac{a^2-b^2}2 +1$ в первое уравнение и замены

$ t=a^2-b^2$
получим (проверьте на всякий случай)
$(t+1)^2=2b^2-1$
Если пытаться доказывать отсутствие решений (кроме х=1), достаточно доказать, что
$2b^2-1$
не является квадратом натурального числа ни при каком натуральном
b, кроме b=1.
Исследование этой задачи уже не кажется таким сложным (по крайней мере на первый взгляд), Попробуйте.

[Батороев]

venja писал(а):

Если пытаться доказывать отсутствие решений (кроме х=1), достаточно доказать, что
$2b^2-1$
не является квадратом натурального числа ни при каком натуральном
b, кроме b=1.

В том то и Петрушка, что есть такие числа:
$ 2*5^2 - 1 = 7^2 $
$ 2*29^2 - 1 = 41^2 $
.....
$ 2*33461^2 - 1 = 47321^2 $
.....

[venja]

Батороев писал(а):

venja писал(а):

Если пытаться доказывать отсутствие решений (кроме х=1), достаточно доказать, что
$2b^2-1$
не является квадратом натурального числа ни при каком натуральном
b, кроме b=1.

В том то и Петрушка, что есть такие числа:
$ 2*5^2 - 1 = 7^2 $
$ 2*29^2 - 1 = 41^2 $
.....
$ 2*33461^2 - 1 = 47321^2 $
.....

Тогда сложнее. Но кроме такой разрешимости относительно $t$ надо, чтобы $a^2=t+b^2$, т.е. чтобы $t+b^2$ было квадратом натурального числа. Есть ли такие случаи?

[Батороев]

venja писал(а):

Есть ли такие случаи?

Естественно, Вы же сами определили:

venja писал(а):

$ t=a^2-b^2$

[Lion]

Насколько я понимаю, кроме случая $a=\pm1$ других нет.
Необходимым условием существования натурального решения является разрешимость уравнения $(a^2-b^2+1)^2=2b^2-1$. Рассмотрим его как квадратное относительно $b^2$. Тогда его дискриминант равен $2(a^2-1)$. Он является полным квадратом т.и т.т., когда, $a=\pm 1$, поскольку иначе остаток по модулю 4 равен 2.

[Батороев]

Lion писал(а):

Тогда его дискриминант равен $2(a^2-1)$. Он является полным квадратом т.и т.т., когда, $a=\pm 1$, поскольку иначе остаток по модулю 4 равен 2.

Почему при нечетном $ a $ может получиться остаток 2?

$2(a^2-1)$ может быть полным квадратом, например при $ a = 3, 17, 99 ... $

Добавлено спустя 29 минут 17 секунд:

Что-то я начинаю склоняться к мнению, что все же существуют решения, но какой-то огромной величины.
Здесь интересно то, что любое полученное целочисленное значение $ b $ является $ x $-ом для следующего целочисленного значения $ a $ и весь вопрос, по-видимому, заключается в том, что может ли совпасть одновременно так, что одно и то же число является целочисленным значением $ b $ предыдущего решения и $ x $-ом для следующего целочисленного $ b $?
Числу $ a $ отведена роль "перекидного мостика", связывающего два решения.

[Батороев]

Исходя из вышесказанного, рассмотрим одно из решений:
$ 2x_1^2 - 2x_1 + 1 = b_1^2 $
или
$ x_1^2 + (x_1 - 1)^2 = b_1^2 $
Отсюда видно, что мы имеем дело с целочисленным прямоугольным треугольником (Пифагоровой тройкой) с разностью катетов, равной 1 (аналогичным упомянутому в задаче Ферма №11а).

Через "перекидной мостик", который действует следующим образом:
$ a_2^2 = 2b_1^2 - 1 = (2x_1 - 1)^2 $, т.е. функцию предыдущего решения превращает в аргумент последующего,
перейдем к следующему значению
$ b_2^2 = 2b_1^2 - 2b_1 + 1 = b_1^2 + (b_1 - 1)^2 $
И здесь мы опять получили такой же треугольник.

Таким образом, предлагаемая Диофантова система есть вопрос о том, что
Может ли существовать целочисленный прямоугольный треугольник с разностью катетов, равной единице, если больший из катетов является гипотенузой другого целочисленного прямоугольного треугольника, у которого разность катетов также равна единице?

"Треугольник" с гипотенузой 1 и катетами 1 и 0 - не в счет

[juna]

Решая каждое уравнение отдельно приходим к возвратным уравнениям:
$x_{k+2}-6x_{k+1}+x_k=0$ при начальном $x_0=1, x_1=5$ для первого ,
$x^{'}_{n+2}-6x^{'}_{n+1}+x^{'}_n+2=0$ при начальных $x^{'}_0=1, x^{'}_1=0$ или $x^{'}_0=0,x^{'}_1=1$ для второго.
Совместное решение существует, если существуют итерации $k,n$, что $x_k=x^{'}_n$.

[Батороев]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Решая каждое уравнение отдельно приходим к возвратным уравнениям:
$x_{k+2}-6x_{k+1}+x_k=0$ при начальном $x_0=1, x_1=5$ для первого ,
$x^{'}_{n+2}-6x^{'}_{n+1}+x^{'}_n+2=0$ при начальных $x^{'}_0=1, x^{'}_1=0$ или $x^{'}_0=0,x^{'}_1=1$ для второго.
Совместное решение существует, если существуют итерации $k,n$, что $x_k=x^{'}_n$.

Мне кажется, что должно быть так:
$x_{k+2}-6x_{k+1}+x_k=0$ при начальном $x_0=1, x_1=7$ - для первого ,
$x^{'}_{n+2}-6x^{'}_{n+1}+x^{'}_n = 0$ при начальных $x^{'}_0=1, x^{'}_1=5$ - для второго.
Тогда данные выражения будут выдавать целочисленные решения каждого из уравнений в отдельности.
Насчет нахождения общего решения системы в целом при помощи итераций, есть некоторые сомнения (больше связанные с отсутствием знаний в данной области ).

[juna]

Проверил, у меня нет ошибок.
Мои возвратные уравнения дают правильные решения:
для $2x^2-1$ квадраты получаем для $x\in \{1,5,29,169,985,5741,33461...\}$
для $2x^2-2x+1$ квадраты получаем для $x\in \{0,1,4,21,120,697,4060,23661...\}$
или $x \in \{1,0,-3,-20,-119,-696,-4059,-23660,...\}$
Можно, конечно, получить из возвратных уравнений и замкнутые формулы, но они вряд ли помогут.

[Батороев]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Проверил, у меня нет ошибок.

Я извиняюсь, не понял сначала, что за уравнения Вы составили.

p.s. Кстати, целочисленные треугольники с разностью катетов, равной единице, находятся следующим образом (обозначения отличны от использовавшихся в теме ранее):

$ a_n^2 + b_n^2 = c_n^2 $,
где $ b_n = a_n + 1 $

$ a_n= x_n^2 + x_n*y_n $ при $ n $ - нечетных
$ b_n = x_n^2 + x_n*y_n$ при $ n $ - четных,
где
$ x_n= x_{n-1} + y_{n-1} $
$ y_n = 2x_{n-1} + y_{n-1} $

$ x_1 = 1 $, $y_1 = 2$.

Может и эти выкладки каким-либо образом можно "привязать" к Вашим уравнениям