2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение16.03.2019, 04:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение16.03.2019, 05:05 


16/08/05
1146
$(x^3 - 1) (y^3 - 1)=(x-1) (1 + x + x^2) (y-1) (1 + y + y^2)=z^2$

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 $a^2+3b^2$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение16.03.2019, 07:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение16.03.2019, 12:34 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение16.03.2019, 20:56 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение16.03.2019, 21:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение17.03.2019, 13:26 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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 $\frac{16^4-3}{2^4-3}=71^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение17.03.2019, 14:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение18.03.2019, 11:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
$(362^3+1)(20^3+1)=616077^2.$

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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение18.03.2019, 11:36 


16/08/05
1146
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 $|x|<|y|$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение18.03.2019, 12:04 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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
Код:
(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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение18.03.2019, 20:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение18.03.2019, 22:36 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение19.03.2019, 19:28 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах
Сообщение24.03.2019, 22:52 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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 $3P, 4P...$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 75 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group