Универсальные числа

[Shadow]

Назовем натуральное число $m$ "универсальным", если для любого целого $n$ уравнение
$mz^2-x^2-y^2=n$
разрешимо в целых числах $(x,y,z)$
Определить все универсальные числа.

(Оффтоп)

Задача возможно известная. Мне она известна со школьной олимпиады. Правда, там надо было найти одно универсальное и одно не-универсалное число. Тут другой уровень.

[ИСН]

Ну, со школьной версией просто. Универсально, например, число 1, а не-универсально 4.

[Shadow]

ИСН, верно. Некоторый перебор может помочь уловить закономерность.

[lel0lel]

Рассмотреть по модулю произвольного простого делителя $m$. Все нечётные простые делители должны быть сравнимы с $1$ по модулю $4$, также может быть двойка в первой степени.

[Shadow]

lel0lel, хорошо. А еще лучше с доказательством. Вот например $m$ делится на некоторое $p \equiv 3 \pmod 4$ Тогда при $n=$ чему-то, уравнение неразрешимо.
И особенно в части "достаточности".

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1546885 писал(а):

Вот например $m$ делится на некоторое $p \equiv 3 \pmod 4$ Тогда при $n=$ чему-то, уравнение неразрешимо.

При $n=-p$.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1546886 писал(а):

При $n=-p$.

Уравнение $6z^2=x^2+y^2-3$ разрешимо.

[nnosipov]

Возможно, при $n=\pm p$ (знак нужно подобрать).

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1546889 писал(а):

Возможно, при $n=\pm p$ (знак нужно подобрать).

Да. У меня $n=-m$ если простое входит в первой степени и $n=p$ если в большей. Вариантов есть. Осталась достаточность.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1546890 писал(а):

Осталась достаточность.

Что-то она неочевидна. Будем думать. А вообще, интересный вопрос: какие тернарные квадратичные формы представляют все целые числа. Возможно, классики здесь уже поработали.

[lel0lel]

Shadow в сообщении #1546890 писал(а):

Осталась достаточность

Можно свести к уравнению $z^2=2k+s$, здесь $s$ некоторое целое число. Надо доказать, что при любом целом $s$, найдется такое целое $k$, что уравнение имеет решение, это очевидно.

[lel0lel]

Это я поспешил, надо бы ещё подумать.

[nnosipov]

Вот что ночью приснилось.

Пусть $m=a^2+b^2$, при этом $\gcd{(a,b)}=1$ и $m$ нечетно. Имеем $(a^2z^2-x^2)+(b^2z^2-y^2)=n$. Положим $az-x=u$, $bz-y=v$, т.е. $x=az-u$, $y=bz-v$. Тогда $u(2az-u)+v(2bz-v)=n$ или $2(au+bv)z=n+u^2+v^2$. Выберем теперь $u$, $v$ так, чтобы $au+bv=1$ и $u^2+v^2 \equiv n \pmod{2}$ (последнее возможно, так как $a+b \equiv m \equiv 1 \pmod{2}$ и пару $u$, $v$ можно заменить на пару $u-b$, $v+a$). Теперь можно положить $z=(n+u^2+v^2)/2$.

Надеюсь, остальные случаи с $m$ рассматриваются аналогично.

[Shadow]

nnosipov Абсолютно верное решение! (по крайней полностью совпадающее с моим). Закончу рассуждения и для четного $m$ Тогда $a,b$ - нечетные, соответственно решения ур-ия $au+bv=1$ разной четности и $u^2+v^2$ всегда нечетно, что дает решение для нечетных $n$. А для четных $n$ берем решения ур-ия $au^2+bv^2=2$ и уже по модулю 4. Решения последнего уравнения всегда одной четности, причем есть и четные, и нечетные. Так что для $n=4k$ подойдут четные, а для $n=4k+2$ - нечетные.
Думаю, неплохая задача получилась. К сожалению не для олимпиады. Факт, что такие числа представляются суммой взаимнопростых квадратов хоть и хорошо известный, но не тривиальный.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1546950 писал(а):

Думаю, неплохая задача получилась.

Согласен. Вы ее оформите и пошлите в какой-нибудь журнал (Amer. Math. Monthly, Crux Mathematicorum, Квант).