Решение Диофантового уравнение a^2-b^2=c

[Побережный Александр]

scwec в сообщении #623341 писал(а):

Предлагаю найти все решения в натуральных числах уравнения $x^2-y^2=z^4$.
И А.О. Гельфонд и В.Серпинский оставили это для читателя.

Возможно у меня и не все решения, но одну серию решений могу предложить.
$x=\frac{(n^3+n)}2$, $y=\frac{(n^3-n)}2$, $z=n$

[scwec]

Как частное решение годится.
А вот еще одно. $x=n^2+4, y=n^2-4, z=2n$.
Лучше всего найти общее решение.

[Коровьев]

А вот ещё
$\[ \left\{ \begin{array}{l} x = a^4 + 4b^4 \\ y = a^4 - 4b^4 \\ \end{array} \right. \] $

И ещё
$a,b$ - оба нечётные, либо чётные
$\[ \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{a^4 + b^4 }}{2} \\ y = \frac{{a^4 - b^4 }}{2} \\ \end{array} \right. \]$

[Батороев]

scwec в сообщении #623403 писал(а):

Лучше всего найти общее решение.

Берем все последовательные значения $z^4$, да разлагаем их на разность квадратов двух чисел всеми возможными способами.

[Побережный Александр]

scwec в сообщении #623341 писал(а):

Предлагаю найти все решения в натуральных числах уравнения $x^2-y^2=z^4$.
И А.О. Гельфонд и В.Серпинский оставили это для читателя.

Есть еще вариант:

$x=\frac{mn(m^2+n^2)}2$, $y=\frac{mn(m^2-n^2)}2$, $z=mn$

Мне кажется это решение претендует на всеобщность...

[Shadow]

Побережный Александр в сообщении #623563 писал(а):

Мне кажется это решение претендует на всеобщность

Только если найдете подходящих m и n для решения $x=41,y=40,z=3$ В вашей параметризации х,y,z не могут быть взаимнопростыми.

[Побережный Александр]

Коровьев в сообщении #623417 писал(а):

И ещё
$a,b$ - оба нечётные, либо чётные
$\[ \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{a^4 + b^4 }}{2} \\ y = \frac{{a^4 - b^4 }}{2} \\ \end{array} \right. \]$

Предлагаю объединить мое решение с решением Коровьева.
$a=3$, $b=1$

[scwec]

Здесь можно найти статью с решением этого вопроса.
http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml?wshow=paper&jrnid=fpm&paperid=692&option_lang=rus
Говоря просто, ближе всего к истине был Коровьев.

[Shadow]

Побережный Александр в сообщении #623614 писал(а):

Предлагаю объединить мое решение с решением Коровьева.

$65,63,4$

[Побережный Александр]

После статьи, предложенной scwec я сдаюсь.
Одно радует, что и я какое-то решение сумел найти.

[Коровьев]

Вообще-то, задачка очень простая, если не читать предложенную scwec статью

$ x^2 - y^2 = z^4 $

$ \left( {x + y} \right)\left( {x - y} \right) = z^4 $

Для взаимно простых $x,y$ получаем два варианта всех решений

1.$\[ \left\{ \begin{array}{l} x + y = 2a^4 \\ x - y = 8b^4 \\ \end{array} \right. \]$

2.$\[ \left\{ \begin{array}{l} x + y = a^4 \\ x - y = b^4 \\ \end{array} \right. \]$

Отсюда и получаются решения приведённые мною для взаимно простых $x,y$.
Если брать $x,y$ не взаимно простыми, то исходное уравнение можно преобразовать к виду

$x'^2 - y'^2 = d^2 z^4$

с уже взаимно простыми $x',y'$

$\left( {x' + y'} \right)\left( {x' - y'} \right) = d^2 z^4 $

И аналогично рассмотреть все возможные варианты

К примеру, при $d$ нечётном

$ \left\{ \begin{array}{l} x' + y' = d^2 a^4 \\ x' - y' = b^4 \\ \end{array} \right. \\$

$ \left\{ \begin{array}{l} x' + y' = 2d^2 a^4 \\ x' - y' = 8b^4 \\ \end{array} \right. \\$

$\left\{ \begin{array}{l} x' + y' = 2a^4 \\ x' - y' = 8d^2 b^4 \\ \end{array} \right. \\ $

[nnosipov]

Коровьев в сообщении #623798 писал(а):

К примеру, при $d$ нечётном ...

Вариантов там много. То, что Вы написали, годится только для простых $d$. Рассмотрение общего случая и потребует той техники (или ей подобной), что предлагает автор статьи.

[Побережный Александр]

А я не понял, как мои решения приводятся к решениям Коровьева.

[Батороев]

Я откровенно не понял, в чем суть сложных рассуждений статьи?!
Ведь налицо банальное разложение целого числа на разность квадратов.

Берем $z^4$ и представляем его в виде любого возможного произведения двух натуральных множителей (двух четных или двух нечетных), далее раскладываем по стандартной форме в виде разности квадратов, например:

$z^4=z_1^4\cdot z_2^4=\left(\dfrac{z_1^4+z_2^4}{2}\right)^2-\left(\dfrac{z_1^4-z_2^4}{2}\right)^2$
или
$z^4=(z_1^3)\cdot(z_1z_2^4)=\left(\dfrac{z_1^3+z_1z_2^4}{2}\right)^2-\left(\dfrac{z_1^3+z_1z_2^4}{2}\right)^2$
или
$z^4=(z_1^2)\cdot(z_1^2z_2^4)=\left(\dfrac{z_1^2+z_2^2z_2^4}{2}\right)^2-\left(\dfrac{z_1^2+z_2^2z_2^4}{2}\right)^2$
и т.д.

Сколько вариантов представления числа $z^4$, столько и вариантов разложения на разность квадратов. Будет условие взаимной простоты, в этом случае выберем варианты представления числа $z^4$, как произведения взаимнопростых множителей (первое выражение в примере).

[nnosipov]

Батороев в сообщении #624046 писал(а):

Я откровенно не понял, в чем суть сложных рассуждений статьи?!

Батороев в сообщении #624046 писал(а):

и т.д.

Суть в том, чтобы аккуратно осуществить Ваше "и т.д.". Это не банальность.