Уравнение x^6+3x^4-2z^2=4

[scwec]

Найдите все целые решения уравнения $x^6+3x^4-2z^2=4$

[Shadow]

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

Откуда $x^2-1=2y^2$

Класическое уравнение Пелля.

[nnosipov]

Здесь все просто. Смотрим по модулю 8 и обнаруживаем, что $x$ должно быть нечетным, $x=2t+1$. После подстановки в уравнение получим

$$2t(t+1)(3+4t+4t^2)^2=z^2.$$

Значит, $z$ делится на $3+4t+4t^2$. Пишем $z=(3+4t+4t^2)v$ и после подстановки получаем $2t(t+1)=v^2$. Осталось решить это уравнение Пелля.

-- Пн дек 23, 2024 23:42:13 --

Может, там опечатка и речь идет об уравнении $x^6+3x^3-2z^2=4$.

[scwec]

Вообще-то ответ ожидался как $x=....,z=....$
Кроме того у Shadow $y=z/(x^2+2)$ и надо определяться с $x,z$ ещё до уравнения Пелля.
У nnosipov тоже желательно предварительно определиться с $x,z$.
Уравнение-то рациональное.
Да, и опечатки нет.

[Shadow]

scwec в сообщении #1666807 писал(а):

Вообще-то ответ ожидался как $x=....,z=....$

Ну раз так, значит без вариантов $x=\dfrac{(3-2\sqrt 2)^n+(3+2\sqrt 2)^n}{2}$

Для $z$ просто жесть, наверное можно упростить.

scwec в сообщении #1666807 писал(а):

Кроме того у Shadow $y=z/(x^2+2)$ и надо определяться с $x,z$ ещё до уравнения Пелля.

Да ничето не надо определять. $x,y$ определены. Просто

$z=y(x^2+2)$

[nnosipov]

scwec в сообщении #1666807 писал(а):

У nnosipov тоже желательно предварительно определиться с $x,z$.

Чего там определяться, все подробно написано, прочитайте внимательно.

scwec в сообщении #1666807 писал(а):

Да, и опечатки нет.

Лучше бы была, иначе никакой интриги.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1666807 писал(а):

Уравнение-то рациональное.

Кстати, о рациональности: это не всегда помогает. Вот пример рациональной кривой, для которой задача отыскания целых точек приведет к необходимости решать уравнения Туэ:

$$(x+y)^2(y-x+1)-x^2y=0.$$

[scwec]

Дорогие друзья nnosipov и Shadow
Всё у Вас, конечно. верно, и прямое выражение для $x$ к месту.
Моё замечание определиться с $x,z$ до уравнения Пелля вот о чём.
Будем находить все целые решения рационального уравнения $X^3+3X^2-2z^2=4$
Приведу общее решение уравнения в рациональных числах.
$X=\dfrac{6t^2+4t+1}{4t^2+4t+1}$
$z=\dfrac{t(3+12t+14t^2)}{6t+12t^2+8t^3+1}$
Моментально отсюда следует, что все целые $X$ получаются только при
$t=-\dfrac{k}{2k-1}$. где $k$ - целое. При этом $X=2k^2+1,z=2k^3+3k$. И это все целые решения.
Переходя к исходному уравнению и учитывая, что $X$ должно быть квадратом получаем уравнение Пелля $x^2-2k^2=1$
Таким образом, все целые решения исходного уравнения выглядят так:
$x_n=2k_n^2+1, z_n=2k_n^3+3k_n$, где
$n=0,1,2....,$, $k_0=0, k_1=2$, для $n>1, k_n=6k_{n-1}-k_{n-2}$
Пока ещё не смотрел упомянутые здесь nnosipov уравнения....

[scwec]

О целых решениях уравнения $x^6+3x^3-2z^2=4$ (с подачи nnosipov)
Оно определяет кривую рода 2.
Положим $X=x^3$ и будем решать рациональное уравнение
$X^2+3X-2z^2=4$
Общее решение его в рациональных числах
$X=\dfrac{8+t^2}{t^2-2},z=-\dfrac{5t}{t^2-2}$
$X=1+\dfrac{10}{t^2-2}$
Поскольку $t=-\dfrac{2z}{X-1}$, то параметр $t$ рациональное число.
Полагая $x=p/q$ и $\gcd(p,q)=1$
$X=1+\dfrac{10q^2}{p^2-2q^2}$
$X$ должно быть целым и поэтому в знаменателе для $X$
$\pm{1},\pm{2}, \pm{5}, \pm{10}$. Пятёрка и десятка отбрасываются, поскольку
$p^2-2q^2$ при вз. простых $p,q$ на 5 не делится.
Остаются единица и двойка.
$p^2-2q^2=\pm{1}$
Тогда либо $x^3=1+10q^2$ и это эллиптическая кривая $(x,q)$ ранга 0
либо $x^3=1-10q^2$ и это эллиптическая $(x,q)$ .кривая ранга 1.
Но поскольку в этом случае $5p^2-10q^2=-5$.то $x^3=-5p^2-4$,
и эта эллиптическая кривая $(x,p)$ имеет ранг 0.
С двойкой и $p$ привлекать не надо. Обе эллиптические кривые $x^3=1+5q^2$
и $x^3=1-5q^2$ имеют ранг ноль.
И поскольку все указанные кривые несут на себе только по одной точке кручения,
которой соответствует решение $(x,z)=(1,0)$, то других целых решений нет..

О решении в целых числах уравнения $(x+y)^2(y-x+1)-yx^2=0$
здесь кривая рода 0 и общее решение в рациональных числах
$x = \dfrac{p(q^2+2pq+p^2)}{p^3+2p^2q-pq^2-q^3}, y = \dfrac{q(q^2+2pq+p^2)}{p^3+2p^2q-pq^2-q^3}$, где $p,q$ целые взаимно простые числа.
А далее, приравнивая знаменатель $\pm{1}$, как и предлагал nnosipov получаем уравнение Туэ и используем Pari/GP
с $t=p/q$. Для -1 решений нет а вот для 1- девять решений

(15:18) gp > thue(thueinit(t^3+2*t^2-t-1),1)
%2 = [[-5, 9], [-4, -5], [-2, 1], [-1, 1], [0, -1], [1, -2], [1, 0], [1, 1], [9, -4]]

Подставляем $p,q$ в выражения для $x,y$ и получаем их целые решения.

Пользуясь авторством темы, сформулирую задачу, из которой станет ясно, откуда взялось исходное уравнение темы.
Рассмотрим уравнение $(x^2-1)(y^2+1)=z^2+1$. Целых решений у него нет..
Предлагается найти 1-параметрическое решение. в котором $x,z$ - целые,
а $y$ - рациональное.

[Shadow]

scwec в сообщении #1667219 писал(а):

Рассмотрим уравнение $(x^2-1)(y^2+1)=z^2+1$. Целых решений у него нет..
Предлагается найти 1-параметрическое решение. в котором $x,z$ - целые,
а $y$ - рациональное.

Для начала разберемся почему нет решений в целых. Если $x$ - нечетное, то получится противоречие по модулю $4$, а если четное, то у $z^2+1$ нет делителей $-1 \pmod 4$. Сделаем $y=p/q$ рациональным.

$(x^2-1)\cdot \dfrac{p^2+q^2}{q^2}=z^2+1$. Или $x^2-1=(a^2+b^2)q^2$

У данного уравнения Пелля для любых $a,b$ сколько хочешь решений. Но тут еще условие $(a^2+b^2)(p^2+q^2)=(ap-bq)^2+(aq+bp)^2=z^2+1$ и чтобы первое слагаемое было 1, подстрахуемся с $a=1$. Тогда $p=bq+1$. Осталось частично решить уравнение

$x^2-(1+b^2)q^2=1$.

У числа $\sqrt{1+b^2}$ Continued fraction $[b;\overline{2b}]$. Возмем первое нетривиальное решение $x=2b^2+1,q=2b$

Получилось $x=2b^2+1,y=\dfrac{2b^2+1}{2b},z=b(2b^2+3)$

Возмем второе решение $x=8b^4+8b^2+1,q=8b^3+4b$...

[scwec]

Shadow, качественное решение.
Предложу ещё одну задачу.
Найти 1-параметрическое решение уравнения $(x^2-1)(y^2-1)=z^3+1$, в котором $z$ целое $x,y$ рациональные.

[Shadow]

scwec в сообщении #1667347 писал(а):

Найти 1-параметрическое решение уравнения $(x^2-1)(y^2-1)=z^3+1$, в котором $z$ целое $x,y$ рациональные.

Самое простое $x=z=k^2+1,y=\dfrac{k^2+1}{k}$. Тут можно зафиксироварь $z$ и получать другие решения для $x,y$ от параметра $k$

[scwec]

Конечно, да.
Теперь, возможно, сложней
Найдите рациональные $x,y$ такие, что $(x^2-1)(y^2-1)=(4k^2-3k)^2$. где $k$ целое число. То же и для $(4k^2+3k)^2$

[scwec]

Одно замечание.
Рассмотрим уравнение $(x^2-1)(y^2-1)=z^2\qquad(1)$, в рациональных числах и $x\ne{y}$
Можно доказать, что $z$ целые числа тогда и только тогда, когда
они принадлежат последовательности A117319, связанной с одной из проблем Лича.
Если есть затруднения с предыдущим моим вопросом,
то предлагаю вычислить 1-параметрические решения уравнения $(1)$ в целых числах $x,y,z$, $z\ne{0}$
(можно ограничиться парой решений).

[Shadow]

scwec в сообщении #1667825 писал(а):

Рассмотрим уравнение $(x^2-1)(y^2-1)=z^2\qquad(1)$

scwec в сообщении #1667825 писал(а):

предлагаю вычислить 1-параметрические решения уравнения $(1)$ в целых числах $x,y,z$, $z\ne{0}$
(можно ограничиться парой решений).

Любая пара $(a_i,b_i)$ решений уравнения $a^2-db^2=1$ для некоторой константы $d$, даст решение. Можно подобрать удобное $d$ (как в предыдущем случае), чтобы нескольких первых решений выписать параметрически. Но можно записать и уравнение как $(x^2-1)(y^2-1)=(xy-t)^2$ и свести к симетричному квадратному относительно трех переменных

$x^2-2xyt+y^2+t^2-1=0$

с минимальным решением $t=1, x=y$ и дальше включить Виета. Будем считать $x>y$, t.e $x$ - наибольшее из трех, а $y$-любое из двух остальных.

$(k,k,1)$ - тут нельзя $y=1$ по условию

$(2k^2-1,k,k)$

$(4k^3-3k,2k^2-1,k)$

Тут начинается бинарное дерево решений. Каждое решение приводит к двум другим.

$(8 k^4 - 8 k^2 + 1,4k^3-3k,k)$ и

$(16k^5-20k^3+5k,4k^3-3k,2k^2-1)$

и так далее.