Уравнение Пелля с параметром

[Shadow]

dmd в сообщении #1411879 писал(а):

Проверил формулы Виета. Если один из корней равен 1, то второй корень не существует.

Любое решение уравнения
$4c^2-4(ab+2)c+(a+b)^2=0$

в натуральных числах спускается до $a=3,b=1,c=1$

[dmd]

Shadow

Для неизвестной $c_2$ система $\begin{cases}1+c_2= ab+2 \\ 1\cdot c_2=\dfrac{(a+b)^2}{4}\end{cases}$ не имеет решения при любых $a,b$. Доказательство со спуском Виета строится для двух корней одновременно, насколько понял.

[Shadow]

dmd в сообщении #1411944 писал(а):

не имеет решения при любых $a,b$

$a=3,b=1$ проверили?

-- 25.08.2019, 13:29 --

Давайте подниматся, фиксируя $c=1$ из $(3,1)$ - наверное станет яснее и как работает спуск.

[dmd]

Shadow
Да, Вы правы! Приношу извинения за нелепые утверждения, запутался.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1411894 писал(а):

... Все слагаемые последнего равенства целые числа, значит $u$ всё-таки целое.

К сожалению это не верно. Все мои предыдущие выкладки лишь частный случай. Увы.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1409672 писал(а):

$$x^2-(l^2+l)y^2=-(l^2-1)$$

Можно это еще переписать так: $x^2-1=l\left ( (l+1)(y^2-1)+1 \right )$. Подставляя $x+1=AC,x-1=BD,l=AD, (l+1)(y^2-1)+1=BC$, получаем линейную систему относительно $x,C,D$:

$AC-x=1$

$x-BD=1$

$BC-A(y^2-1)D=y^2$

В итоге дело сводится к существованию сократимой дроби вида $\dfrac{Ay^2-2B}{B^2-(y^2-1)A^2}=D.$ Тут $y$ снова приходится брать аргументом, знаки $A,B$ можно варьировать. Тогда $l=AD,x=BD+1$ и собственно $y$ являются решением начального уравнения. Я не вникал в доказательство опуском, если оно удовлетворительно, всё к тому что положительные значения $l$ достигаются только когда в знаменателе дроби единица. Надо пробовать.

[Andrey A]

P.S. Если вместо $A,B$ подставить $AK,BK$, то дробь перестает быть целым числом, но на величину $l,x$ это не влияет. Поэтому для анализа полезно считать пару $A,B$ вз. простой (тогда $D$ именно целое), но в экспериментах этого можно не отслеживать. Достаточно чтобы $l$ оказалось целым числом.

[Andrey A]

PS PS Обозначим знаменатель дроби буквой $M=B^2-(y^2-1)A^2.$ Практика подсказывает, что при $\left | M \right |>y$ удается получить только отрицательные $l$. Тут должны быть более точные оценки, но примем пока $\left | M \right |<y$. Понять условия сократимости дроби помогает взаимная простота пары $(A,B)$, благодаря чему становится возможна серия манипуляций со сравнениями. Перепишем исследуемую дробь так: $\dfrac{Ay^2-2B}{A^2+B^2-y^2A^2}=D.$ Предполагая далее вз. простоту слагаемых с модулем, запишем $\left\{\begin{matrix} Ay^2 \equiv 2B \\ A^2y^2 \equiv A^2+B^2 \end{matrix}\right. \mod M.$ Разделив почленно нижнее на верхнее, имеем $A \equiv \dfrac{A^2+B^2}{2B}$, или $2AB \equiv A^2+B^2$, или $(A-B)^2 \equiv 0 \mod M$. $M$ делит $(A-B)^2$, тут всё просто, но об $y$ ничего не известно, а он взят за аргумент. Положим $M=ab^2$, где $a$ свободно от квадратов. Такое представление всегда возможно, и всегда найдется $c$ такое, что $ab^2 \cdot ac^2=(A-B)^2$. Тогда $A-B=abc$, и $ab \mid A-B$, то есть $A \equiv B \mod ab$. Поскольку $ab \mid M$, можно записать $\left\{\begin{matrix} Ay^2 \equiv 2B \\ A \equiv B \end{matrix}\right. \mod ab$, откуда $y^2 \equiv 2 \mod ab.$ В итоге получаем уравнение

$$B^2-(y^2-1)A^2=ab^2\ (3),$$

где $ab$ – некоторый маленький делитель числа $y^2-2,\ a$ свободно от квадратов и не обязательно отрицательно. Похоже на уравнение $(2)$, но круг поиска заметно расширяется, или расширяется круг малоразрешимых Пеллей (если доказательство опуском в силе). Полной уверенности в неразрешимости $(3)$ у меня нет, поскольку допущение о вз. простате слагаемых в первой системе искусственно. Тогда дробь сократится не полностью. Важно не забывать $\gcd (A,B)=1,\ \left | ab^2 \right |<y.$ Знак $B$ предполагает варианты $\pm$.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1413335 писал(а):

... допущение о вз. простате слагаемых в первой системе искусственно.

PS PS PS Если в первом сравнении системы предположить $\gcd (B,y)>1$, то из второго сравнения следует также $\gcd (A,B)>1$, что противоречит предположению. Так что и не искусственно. Пример разрешимости $(3)$ дают уже $y=18,a=-2,b=7.$ Уравнение $B^2-323A^2=-98$ имеет серию решений $\dfrac{B}{A}=\dfrac{15}{1},\dfrac{23}{3},\dfrac{1923}{107},...$ Дробь $\dfrac{A \cdot 18^2 \pm 2B}{-98}$ действительно сократима, но $\left | -98 \right | >18$, поэтому $l$ отрицательное. Если же взять $y$ побольше, например $122$, оставив в правой части $-98$, уравнение сразу становится неразрешимым, хотя все параметры остаются квадратами по нужным модулям. Мистика.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1413716 писал(а):

Мистика.

Просто слишком удачное стечение обстоятельств. Надо ж было мне (совершенно случайно!) придумать такую головоломку. Чуть-чуть изменив правую часть, мы получим ожидаемую сложную картину. А именно, уравнение $x^2-(l^2+l)y^2=-l^2-1$ разрешимо для $l=t^2+1$, но не только: здесь полно дополнительных значений, для которых это уравнение разрешимо (наименьшее из них $l=85$), однако уловить закономерность вряд ли удастся.

[Andrey A]

Еще по поводу уравнения $p^2-(y^2-1)q^2=\dfrac{2-y}{d}\ (2)$. Его можно переписать так: $(qy)^2-p^2=\dfrac{y^2-2}{d}+q^2.$ Для положительного $m=a^2-b^2$ значения $a$ не могут превышать $\dfrac{m+1}{2}$, поэтому можно записать $qy \leqslant \dfrac{\dfrac{y^2-2}{d}+q^2+1}{2}$. Отсюда получаем "запретный" интервал для возможных значений $q:\ \left ( y-\sqrt{\dfrac{d-1}{d}(y^2-1)+\dfrac{1}{d}}\ ,\ y+\sqrt{\dfrac{d-1}{d}(y^2-1)+\dfrac{1}{d}} \right )$. Для $d=1$ ограничение минимально: $q \neq y$, но уже для $d=2$ протяженность интервала есть функция от $y$, а с ростом $d,y$ можно использовать грубое приближение $q \geqslant 2y.$ Практика подсказывает, что "подходящая" дробь с таким знаменателем всегда выходит за пределы первого периода (если использовать методику предложенную здесь). Длинных периодов ожидать не приходится, т.к. под радикалом квадрат без единицы. Иными словами, потенциально наименьшее решение при $d>1$ попадает в "запретную зону", ну, а если нет наименьшего, нет и остальных. На доказательство это не тянет, но хотя бы объясняет смысл происходящего.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1413953 писал(а):

А именно, уравнение $x^2-(l^2+l)y^2=-l^2-1$ разрешимо для $l=t^2+1$, но не только: здесь полно дополнительных значений, для которых это уравнение разрешимо (наименьшее из них $l=85$), однако уловить закономерность вряд ли удастся.

По аналогии, заменой $l=c-1,y=b,x=\dfrac{(2c-1)b-a}{2}$

сводится к квадратному относительно любой из трех переменных, с корневым решением $a=3,b=1,c=2$
Первые несколько решений из корневого:

$\xymatrix{\boxed{7,1,3}&&\boxed{3,29,3}&&\boxed{3,17,51}&&\boxed{99,17,2}\\&\boxed{3,1,3}\ar[lu]\ar[ru]&&&&\boxed{3,17,2}\ar[lu]\ar[ru]\\&&&\boxed{3,1,2}\ar[llu]\ar[rru]}$

Но тут $c_1c_2=\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2+2$ (в другом варианте $+2$ не было и все было ясно).
И тут совсем не обязательно, чтобы все $c$ были представимы в виде $t^2+2$ - соответственно $l=t^2+1$

На картинке все $c$ имеют вид $t^2+2$, просто потому чтo числа небольше. Потом пойдут другие. Единственое, что можно сказать - что $c$ представимо в виде $u^2+2v^2$, но этого мало чтобы уловить закономерность.

-- 07.09.2019, 11:24 --

Ой я тупо повторил замену. Надо было заменить $l=c+1$ и посмотреть на формулу Виета. Сейчас.

-- 07.09.2019, 11:38 --

Ничего лучшего...

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1414005 писал(а):

Единственое, что можно сказать - что $c$ представимо в виде $u^2+2v^2$, но этого мало чтобы уловить закономерность.

Подсчитал ради любопытства: для $l=c-1 \in [10^5,10^6]$ таких значений всего $8$ штук. Чисел, представимых формой $u^2+2v^2$, на этом интервале гораздо больше.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1414018 писал(а):

Подсчитал ради любопытства: для $l=c-1 \in [10^5,10^6]$ таких значений всего $8$ штук

Я тоже ради любопытства посмотрел (стандартным способом) какого вида может быть $l$, кроме $l=t^2+1$
Из него получается $l=16 t^6 - 32 t^5 + 88 t^4 - 96 t^3 + 129 t^2 - 70 t + 50$
И другие полимомы очень выской степени, принимающие приличные значения только при $|t|<2$
Понятно, что числа первого вида встречаются гораздо чаще остальных.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1414140 писал(а):

Из него получается $l=16 t^6 - 32 t^5 + 88 t^4 - 96 t^3 + 129 t^2 - 70 t + 50$

Стандартный способ --- имеется в виду интерполяция?