Уравнение в натуральных числах, 4 переменных

[rightways]

Докажите, что уравнение
$(a^2-b^2)(c^2-d^2)=2abcd$
не имеет решении в натуральных числах

Deggial: rightways, замечание за малосодержательное название темы. Соблаговолите прислать новое содержательное название темы в ЛС, и я его исправлю.

Deggial: Название изменено без согласия ТС.

[scwec]

Расмотрим более общее уравнение $(a^2-b^2)(c^2-d^2)=Nabcd$, где $N$ натуральное число.
Оно имеет решение в натуральных числах тогда и только тогда, когда (в пределах первой сотни)
$N= 4,10,11,13,15,17,18,19,21,25,28,29,31,33,37,38,40,43,44,47,48,50,54,56,57,58,59,61,63,$
$65,66,68,70,71,74,75,76, 79,83,86,87,88,89,91,92,93,97$... (Этой последовательности нет в OEIS).
Причем для каждого из выше перечисленных $N$ - четверок $a,b,c,d$ бесконечное количество.

Вот некоторые решения:
$N=4, a=3,b=1,c=2,d=1$
$N=10, a=4,b=1,c=3,d=1$
$N=11, a=5,b=1,c=8,d=3$
$N=13, a=16,b=5,c=33,d=7$

Найдите решение в более экзотическом случае $N=37$.

Что касается того, почему $2$ не попала в список чисел $N$ дающих натуральные решения,
то это потому, что исходное уравнение сводится к эквивалентному уравнению эллиптической кривой
$w^2=u^3-\frac{13}{3}u+\frac{70}{27}$. Эта эллиптическая кривая имеет нулевой ранг
и 8 рациональных точек кручения $(u,w)=(2/3,0),(5/3,0),(-7/3,0),(-1/3,\pm{2}),(11/3,\pm{6})$ и $\infty$.
Ни одна точка кручения, из перечисленных, решения исходного уравнения не дает. Из за нулевого ранга на кривой нет и рациональных точек бесконечного порядка.
Так что нет и натуральных решений исходного уравнения с $N=2$.

[rightways]

Я сделал замену,
$a-b=y, a+b=x, c-d=t, c+d=z$
Потом еще раз также сделал замену для чисел $x,y,z,t$ и получил новое решение. Но спуска что то не вижу.

[mihiv]

Для $N=2$, можно также решить квадратное уравнение относительно, например, $a$. Корни этого уравнения рациональны при условии, что $c^4-c^2d^2+d^4$ равно квадрату целого числа. По-моему доказано, что число вида $x^2-xy+y^2$ не может быть квадратом ни при каких $x,y$.

[Shadow]

mihiv в сообщении #976045 писал(а):

По-моему доказано, что число вида $x^2-xy+y^2$ не может быть квадратом ни при каких $x,y$.

Нет, существуют бесконечно много решений такого уравнения и в целых, и в натуралных чисел. На практике сводится к неразрешимости в рациональных $(x-\frac 1 x)(y-\frac 1 y)=2$
Я помню, что подобные уравнения рассматривались на форуме (только не могу найти, поиск по формулам - нелегкая задача). Я очень надеялся, что можно решить без привлечения тяжелой артилерии (эллиптические кривые, конгруэнттные числа...) но...увы. Хотя, всякое бывает.

[scwec]

Продолжая решение mihiv для $N=2$. Уравнение $c^4-d^2{c^2}+d^4=z^2$ хорошо известно.
И решения его для $gcd(c,d)=1$ в целых числах следующие: $c^2=1,d=0;c=0,d^2=1;c^2=d^2=1$.
Доказывается, что других нет методом спуска. Далее очевидно. (Вот и элементарное решение).

Приведу заодно решение для $N=37$.
$a=145,b=16,c=301,d=69$.
Кстати, решения для разных $N$ здесь приводятся с использованием эллиптических кривых (кроме $N=4$).

[nnosipov]

scwec в сообщении #976189 писал(а):

Доказывается, что других нет методом спуска.

Да, доказательство есть у Морделла. Я не так давно писал про уравнение $a^4+a^2b^2+c^4=z^2$, оно почему-то более популяризировано.

[scwec]

Нетрудно видеть также, что уравнение $c^4-c^2{d^2}+d^4=z^2$ сводится к уравнениям проблемы Лича для $k=2$
(Find two rational right-angled triangles on the same base whose heights are in the ratio k:1).
Действительно, положим $u=c^2-d^2, v=cd$.
Тогда $u^2+(2v)^2=r^2$ и $u^2+v^2=z^2$, (где $r=c^2+d^2$). Имеем систему Лича с $k=2$.