Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах

[Andrey A]

dmd в сообщении #1382176 писал(а):

... для определения, представимо ли число $n$ формой $a^2+3b^2$?

Kакие простые представимы формой $a^2+b^2$? $4k+1$ и двойка. Если в нечетных степенях канонического разложения $m$ других чисел нет, оно также представимо формой $a^2+b^2$.
Насчет $a^2+3b^2$ всё то же самое, только вместо $4k+1$ берем $6k+1$, вместо двойки тройку. На всякий случай.

scwec, спасибо за ссылки.

[dmd]

$(x^3 - 1) (y^3 - 1)=(x-1) (1 + x + x^2) (y-1) (1 + y + y^2)=z^2$

т.к. числа $(1 + x + x^2)$ и $ (1 + y + y^2)$ могут быть только в форме $a^2+3b^2$, то когда числа $(x-1)$ и $(y-1)$ содержат в себе делители не в форме $a^2+3b^2$, то отсюда получается, что при $x<y$ обязано выполняться $(x-1)\mid (y-1)$. Это верно?

Возникает вопрос - в какой форме представимы делители числа $(x-1)$, когда они отличны от $a^2+3b^2$?

[Andrey A]

dmd в сообщении #1382225 писал(а):

в какой форме представимы делители числа $(x-1)$, когда они отличны от $a^2+3b^2$?

Да в любой. Единственное требование именно это: отличны от $a^2+3b^2$.

dmd в сообщении #1382225 писал(а):

$(x-1)\mid (y-1)$. Это верно?

Может и верно, но для этого должны быть причины. Я их не вижу, а Вы их не указываете. Давайте чтобы язык не ломать назовем "красными" числа вида $a^2+3b^2$, "синими" — любые другие. Их множества не пересекаются, поэтому в произведении те и другие должны давать целые квадраты. Красный и синий. Красные делители могут быть в любых скобках, синие же только в этих: $(x-1),(y-1)$. Общее решение уравнения $XY=Z^2$ в целых числах таково: $X=AB^2,Y=AC^2,Z=ABC$. Положим $X \mid (x-1),\ Y \mid (y-1).$ Чтобы выполнялось $(x-1)\mid (y-1)$ нужно как минимум $B \mid C$, но оно этого не обещало. Просто в маленьких решениях оказывается к примеру $B=1$. В конце концов можно отдельно рассматривать класс решений где это выполняется. Не запрещено, был бы толк.

[Andrey A]

PS Тут еще тонкость. Целые квадраты, строго говоря, относятся к красным числам вне зависимости от того, являются ли их основания красными или синими. Значит синие делители чисел $(x-1),(y-1)$ свободны от квадратов и должны быть попросту равны. Делимость $(x-1)\mid (y-1)$ рассматривается тогда в красных числах, что в общем ничего не меняет. Вопрос удобства.

[scwec]

Ещё одно уравнение: $(x^4+1)(y^4+1)=z^2$ и одно из его 1-параметрических рациональное решений:
$x = \dfrac{t(t^8-6t^4-3)}{3t^8+6t^4-1}$
$y = t$
$z = \dfrac{(t^4+1)(t^{16}+28t^{12}+6t^8+28t^4+1)}{(3t^8+6t^4-1)^2}$
Нетривиальных целых решений пока не просматривается.

[Andrey A]

dmd в сообщении #1382225 писал(а):

$(x-1)\mid (y-1)$. Это верно?

Тут, кажется, более общая закономерность: $(x^3-1)\mid (y^3-1)$. Тогда имеем целочисленное уравнение $t^2=\dfrac{y^3-1}{x^3-1}$, подобное уже рассматривалось здесь (конец поста). Вопрос целочисленности $t$ опять же не принципиален, но интересен: есть всё-таки разница в количестве задаваемых параметров. Всем известным примерам пока соответствует целое $t$ и даже $\dfrac{239^4-1}{13^4-1}=338^2$.
dmd если известно что-то помимо приведенных ссылок, Вы не могли бы проверить?

scwec тема, кажется, опять распадается на два рукава. Я в том не вижу противоречия, но если что дайте знать. Я-то думаю, что меня так задело это уравнение, тут ведь общий подход для любых степеней. Хотя решений наверняка нет, но это неважно.

[scwec]

Можно рассмотреть уравнение $(x^3-a)(y^3-a)=z^2$, где $a$ - произвольное целое число.
Для него, оказывается, также можно вычислить 1-параметрические рациональные решения, например
$x = \dfrac{t(8a+t^3)}{4(t^3-a)}, y = t, z = \dfrac{-8a^2-20at^3+t^6}{8(t^3-a)}$
Для поддержания наблюдений Andrey A
в диапазоне (-1000, 1000) имеем целые решения:
$a=2, (x,y)=(100,4)$
$a=3, (x,y)=(9,3)$
$a=4, (x,y)=(5,2), (-8,-5), (-116,-5), (-116,-8), (-122,-2)$
$a=5, (x,y)=(8,2), (84,6)$
$a=6, (x,y)=(14,2), (66,6)$
$a=7, (x,y)=(-212,-2), (32,12)$
и т.д. пока хватит терпения.
Из 13 перечисленных случаев $x^3-a$ не делится на $y^3-a$ при $a=3,x=9,y=3$ и $a=4,x=5,y=2$.
Кстати, если рассмотреть уравнение $(x^4-a)(y^4-a)=z^2$, то для него рациональные решения находятся без особых проблем, а, например, для $a=3$ имеется целое решение $x=16, y=2$ и $\frac{16^4-3}{2^4-3}=71^2$.

[Andrey A]

Если имеются в виду маленькие вычеты, их по любому разложению находится полно, но растут. Как раз обкатываю алгоритм. Найти единицу в кубических разложениях — тут от перебора всё равно не уйти. Excel в больших числах иногда просто врёт. Любопытно.

[Andrey A]

$(362^3+1)(20^3+1)=616077^2.$

Тут $(362^3+1)/(20^3+1)=77^2$, но $(362+1)$ не делится на $(20+1)$, о чем и говорил. Решение получено из разложения $77^2$ как пропорциональное, поэтому кубы в остатках приходится фиксировать. По ходу дела получаем некоторые рациональные решения. Для примера: $(x,y)=\left ( -14,\frac{4}{5} \right );\left ( 16,\frac{6}{5} \right );\left ( 106,\frac{62}{5} \right );\left ( -\frac{122}{7},-\frac{6}{7} \right );\left ( \frac{257}{12},\frac{17}{12} \right );\left ( \frac{14882}{17},\frac{4184}{85} \right )$ и т.д. scwec интересно, как это соотносится с Вашими исследованиями? Вообще говоря, от перебора данных моя ноу-хава не спасает, но делает поиск более целенаправленным. Шагов кубического разложения много не требуется: после $10$-ого начинаются остатки порядка $>10^{10}$, и вероятность получить хотя бы пропорциональное целое решение утекает к нулю. То есть не все разложения результативны, но ведь к каждому квадрату приходится примеривать все возможные кубы сравнимые с единицей, на Excele всё это пальчиками и далеко не уедешь. Я выложу позже процедуру, если кто-то захочет попробовать из обладателей математических стеклопакетов :) Надо ее обкатать.

[dmd]

Andrey A
Но $(362-1)$ делится на $(20-1)$. То же касается другого отрицательного решения.

Т.е. почему-то для всех известных решений $(|x|-1)\mid(|y|-1)$ при $|x|<|y|$.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1382598 писал(а):

scwec интересно, как это соотносится с Вашими исследованиями?

Практически никак, ввиду отсутствия таковых по поводу целочисленных решений.
Единственно - это написал пару коротеньких текстов для PARI/GP
Один прямо сейчас.
Вот он с результатами

(11:28) gp > {for(x=1,10000,for(y=1,10000,
if(x>y,Q=(x^3+1)*(y^3+1);
W=sqrt(Q);
if(W-floor(W)<0.00000000000001,print("x=",x," y=",y)))))}
x=23 y=1
x=26 y=6
x=362 y=20

Как видим, во втором из них, как и в третьем, $x+1$ не делится на $y+1$.
А другие численные результаты, касаемо $(x^3-a)(y^3-a)=z^2$ уже предъявлены.

[Коровьев]

scwec в сообщении #1382331 писал(а):

Ещё одно уравнение: $(x^4+1)(y^4+1)=z^2$ и одно из его 1-параметрических рациональное решений

Интересное простое преобразование.
Пусть
$\[ \left( {a^4 + 1} \right)\left( {b^4 + 1} \right) = c^2 \]$
тогда верно и это соотношение

$$\[ \left( {\left( {\frac{{a^2 + 1}}{{a^2 - 1}}} \right)^4 - 1} \right)\left( {\left( {\frac{{b^2 + 1}}{{b^2 - 1}}} \right)^4 - 1} \right) = \frac{{64a^4 b^4 \left( {a^4 + 1} \right)\left( {b^4 + 1} \right)}}{{\left( {a^2 - 1} \right)^4 \left( {b^2 - 1} \right)^4 }} = \]$

$$\[ = \left( {\frac{{8a^2 b^2 c}}{{\left( {a^2 - 1} \right)^2 \left( {b^2 - 1} \right)^2 }}} \right)^2 \]$

Обратного преобразования я не нашёл. А было бы интересно узнать,
являются ли оба эл.уравнения рационально эквивалентными.

[scwec]

Преобразование красивое, но есть опечатки.
В правой части не $a^4{b^4}$, а $a^2{b^2}$ и далее не $a^2{b^2}$ а $ab$
Теперь по существу.
Ваше преобразование порождает рациональное отображение алгебраической поверхности
$(x^4+1)(y^4+1)=z^2$ в алгебраическую поверхность $(X^4-1)(Y^4-1)=Z^2$
по формулам $X=\frac{x^2+1}{x^2-1}, Y=\frac{y^2+1}{y^2-1}$.
При этом 4 рациональные точки $(x,y,z),(x-y,z),(-x,y,z),(-x,-y,z)$
первой поверхности соответствуют одной рациональной точке $(X,Y,Z)$ второй поверхности, т.е. это отображение не является биекцией.
Кроме того, отображение не является сюръективным (не все рациональные точки второй поверхности имеют прообраз).
Так что о бирациональной эквивалентности упомянутых поверхностей и рациональной эквивалентности уравнений с использованием предложенного преобразования говорить не приходится.
Видимо, имелось в виду придумать какое-то рациональное отображение второй поверхности в первую, но это не даёт, вообще говоря, рациональной эквивалентности уравнений.

[scwec]

Рациональных отображений первой поверхности во вторую, как водится, бесконечное число.
Привожу ещё одно из них.
Если $(a^4+1)(b^4+1)=c^2$ то положим
$X=\dfrac{-2a^4+1+a^8+4a^6+4a^2}{-4a^2-4a^6+a^8-2a^4+1}$,
$Y=\dfrac{-2b^4+1+b^8+4b^6+4b^2}{-4b^2-4b^6+b^8-2b^4+1}$
Тогда $(X^4-1)(Y^4-1)=Z^2$,
где $Z=\dfrac{32abc(a^4-1)(b^4-1)(b^8+6b^4+1)(a^8+6a^4+1)}{(-4b^2-4b^6+b^8-2b^4+1)^2(-4a^2-4a^6+a^8-2a^4+1)^2}$
Далее громоздкость быстро растет.
Это отображение, как и все остальные не биективно, не сюръективно и не обеспечивает рациональной эквивалентности двух уравнений.
С рациональным отображением второй поверхности в первую дело действительно обстоит не так просто.
Требуется какой-то другой подход.

[scwec]

Некоторое обобщение предыдущих рассмотрений.
Пусть $F(x)$ - кубический полином с рациональными коэффициентами.
Не ограничивая общности рассмотрим $F(x)=x^3+ax+b$.
Справедливо следующее утверждение.
Для рационального $r$, не являющегося корнем уравнения $3r^4+6r^2{a}+12rb-a^2=0$, найдётся рациональное $X\ne{r}$ такое, что $F(r)\cdot{F(X)}=y^2$, где $y$ рациональное число.
Если $F(r)=0$,то $X$ - любое рациональное число. Пусть $F(r)\ne{0}$.
Вводим новые переменные $u,w$ по формулам $x=\frac{u}{F(r)}, y=\frac{w}{F(r)}$,
В этих переменных уравнение $F(r)\cdot{F(x)}=y^2$ записывается так: $w^2=u^3+aF^2{(r)}u+bF^3{(r)}$.
На соответствующей кривой этого уравнения имеется рациональная точка $P$ с координатами $u=rF(r), w=F^2{(r)}$.
Переходя к $x,y$ имеем $x=r$, что нарушает условие $x\ne{r}$.
Точка $2P$ имеет координаты
$u=(1/4){a^2}-(1/2)a{r^2}+(1/4){r^4}-2rb$,
$w=-(1/8){a^3}-(5/8){a^2}{r^2}+(5/8){r^4}{a}-(1/2)abr+(1/8){r^6}+(5/2){b}{r^3}-b^2$.
Переходя к $x,y$ находим решение, соответствующее необходимым условиям.
$X=\dfrac{a^2-2a{r^2}+r^4-8rb}{4F(r)}$
$y=\dfrac{-a^3-5{a^2}r^2+5{r^4}a-4abr+r^6+20b{r^3}-8{b^2}}{8F(r)}$.
Таких рациональных $X$ существует бесконечно много (во всяком случае для целых $a,b,r$). Они получаются из рассмотрения точек $3P, 4P...$.