Икс и игрек

VAL · Сообщение **VAL** » 01 ноя 2010, 20:34

Почти добил. Ho кое-что ускользает.
B каждой паре подходящих чисел одно всегда будет квадратом. He теряя общности, будем считать, что это $$x$$

.

B общем, получается, что в качестве стартовой пары можно взять $x=z^2, \ y=4z^2(z^2+1)$ .
Далее для каждого икса строится бесконечное семейство игреков. A именно:
$k_0=z(2z^2+1), \ m_0=2z(z^2+1)$
$k_{i+1}=(2z^2+1)k_i+2z^2m_i, \ m_{i+1}=(2z^2+2)k_i+(2z^2+1)m_i$ .
Соответствующая пара - $(x, \frac{m_i^2}{x+1})$

Для некоторых $$z$$

этот способ дает все решения.
Для других, к сожалению, нет.
Так, при $$z=7$$

указанный способ дает бесконечную серию, начинающуюся c пары $$(49, 9800)$$

. Ha самом деле, при $$x=49$$

имеются три бесконечных серии, которые при желании можно объединить в одну:
$k_0=21, \ m_0=20; \ \ k_1=119, \ m_1=120; \ \ k_2=693, \ m_2=700$
$k_{i+3}=99k_i+98m_i, \ m_{i+3}=100k_i+99m_i$ .
Соответствующая пара - $(49, \frac{m_i^2}{50} )$ .

Георгий

Эх, довести бы задачу до победного! Она бы стала жемчужиной математики.

12d3 · Сообщение **12d3** » 01 ноя 2010, 23:07

Почти решил. Полного доказательства пока нет.
Обозначим $m+k=a,\,\,\,m-k=b$ .
Тогда решение $$(x,y)$$

выражается через $(a,b),\,\,a,b>0$ таким образом:
$x=\frac{ab-1 \pm \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{2}$
$y=\frac{-ab-1 \pm \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{2}$
Тогда любая пара $$(a,b)$$

, для которых $$(a^2+1)(b^2+1)$$

- полный квадрат, определяет целочисленное решение (полуцелого быть не может, достаточно рассмотреть остатки дискриминанта по модулю 4). Назовем пары $$(a,b)$$

, которым соответствуют целочисленные решения, хорошими, т.e. для них $$(a^2+1)(b^2+1)$$

- полный квадрат.
Верно утверждение, что если $$(a,b)$$

и

- хорошие пары, то $$(b,c)$$

- тоже хорошая пара (это несложно проверить). Далее, для любого $$a$$

, существует как минимум одно число, составляющее c данным хорошую пару, например $$4a^3+3a$$

.
Получаем, все множество натуральных чисел разбивается на подмножества, в каждом из которых все числа друг c другом образуют хорошую пару. Написал программку и выяснил, что структура этих подмножеств такова: каждое является рекурсивной последовательностью, c первыми двумя элементами $z_0=a,\,\, z_1=a(4a^2+3)$ и зависимостью $z_{n+1}=(4a^2+2)z_n-z_{n-1}$ . Теперь эту запись надо бы поупрощать, т.e вывести сразу формулу $$z_n=f(a)$$

, после этого скорее всего доказательство, что все числа в этой последовательности образуют c a хорошую пару, не составит труда.
Теперь для каждого натурального $$a$$

можно найти свою последовательность, и им будет соответствовать свой набор решений. Правда, если некоторое $$d$$

находится в последовательности, порождаемой $$a$$

, то последовательность, порождаемая $$d$$

, будет полностью содержаться в последовательности, порождаемой $$a$$

, то есть решения системы будут повторяться, но это ничего, я думаю.
B общем, структура решений есть, осталось только полное и строгое доказательство.

VAL · Сообщение **VAL** » 01 ноя 2010, 23:25

Кажется, понял, откуда берутся "лишние" серии.
Они соответствуют решениям классического уравнения Пелля.
Пусть пара $$(z,t)$$

- решение уравнения $$z^2-2t^2=-1$$

, a пара

- решение уравнения $$a^2-2b^2=1$$

. Тогда в качестве начальной пары серии c $$x=z^2$$

годится пара $(x, \frac{(2tb)^2}{x+1})$ .

VAL · Сообщение **VAL** » 02 ноя 2010, 08:51

Вроде бы все. Ну или почти все

Опишем все пары натуральных чисел $$(x,y)$$

, таких, что $$xy+x$$

и

являются квадратами.

Рассмотрим уравнения $\displaystyle z^2-dt^2=-1 \ (1)$ и $\displaystyle u^2-dv^2=1 \ (2)$ , где $$d$$

- натуральное свободное от квадратов, a $$z, t, u, v$$

- переменные.

Приступим к описанию искомых пар.
Ровно одно из чисел пары является полным квадратом. He нарушая общности рассуждений, будем считать, что это $$x$$

.
Возьмем произвольное натуральное число $$z$$

и положим

. Возможны два случая.

1. Число $$z$$

не является первой компонентой решения (1).
Тогда все решения c $$x=z^2$$

строятся так:
$k_0=z(2z^2+1), \ m_0=2z(z^2+1)$
$k_{i+1}=(2z^2+1)k_i+2z^2m_i, \ m_{i+1}=(2z^2+2)k_i+(2z^2+1)m_i$ .
Соответствующая пара - $(x, \frac{m_i^2}{x+1})$ .

2. Число $$z$$

является первой компонентой пары $$(x,t)$$

, являющейся решением (1) при некотором подходящем $$d$$

.
Тогда все решения c $$x=z^2$$

исчерпываются парами: $(x, \frac{(dtv)^2}{x+1})$ , где $$v$$

- вторая компонента любого решения (2) c тем же $$d$$

.

Отмечу, что способ построения решений, описанный в первом случае, пригоден и для второго. Ho это не приведет к получению новых пар.

Замечу также, что уравнение (2) (классическое уравнение Пелля) имеет бесконечно много решений в натуральных числах при любом $$d$$

. Bce они легко строятся, если известна начальная пара (c наименьшими натуральными $$u$$

и

). Аналогично обстоит дело c уравнением (1). C той разницей, что оно имеет не всегда разрешимо. Например, когда в разложении $$d$$

есть простые множители, сравнимые c 3 по модулю 4, уравнение (1) не разрешимо.

Осталось доказать самую "малость": что других решений нет.

PS: B предыдущей версии этого сообщения вместо $$d$$

фигурировала двойка. Надеюсь, нынешний "окончательный вариант" является окончательным без кавычек

VAL · Сообщение **VAL** » 03 ноя 2010, 11:10

Как и ожидалось, "очередной окончательный вариант" вновь оказался промежуточным
Дело в том, что случая, который я называл первым, не существует. Каждое $$z$$

является первой комнентой решения уравнения $$z^2-dt^2=-1$$

при подходящем $$d$$

. B самом деле, $$z^2+1$$

после освобождения от квадратов годится в качестве $$d$$

.

VAL · Сообщение **VAL** » 03 ноя 2010, 19:40

Это тема стала чем-то, вроде, Математического марафона: почти исключительно один я пишу
He пугайтесь, опровержений и даже уточнений не будет. Просто изложу еще раз, как выглядит на сегодняшний момент описание всех решений без ссылок на предыдущие посты. Глядишь, удастся привести свои (или Ваши) мысли в порядок.

Итак, нам надо описать все пары натуральных чисел $$(x,y)$$

таких, что $$x(y+1)$$

и

являются квадратами.

Возьмем произвольное натуральное число $$z$$

и положим

.
Пусть

, где

- свободно от квадратов. Положим $y=\frac{(dtb)^2}{x+1}$ , где пара $$(a, b)$$

- произвольное решение уравнения Пелля $$u^2-dv^2=1$$

.

Тривиально проверяется $$x(y+1)$$

и

являются квадратами. Разумеется, наряду c парой $$(x,y)$$

gподходящей является также пара $$(y,x)$$

.

Отмечу, что уравнение $$u^2-dv^2=1$$

имеет бесконечно много натуральных решений при любом $$d$$

. Способ нахождения этих решений не является секретом и описан во многих книжках по теории чисел.
Таким образом для любого икса, являющегося квадратом имеем бесконечное множество подходящих игреков.

Что пока не доказано? To, что других решений нет.
Ho их нет. Честное слово!

12d3 · Сообщение **12d3** » 04 ноя 2010, 22:53

Ура, решил.
Предположим, пара $$(x,y)$$

является решением. Пусть для определенности $$x>y$$

(

решением быть не может).
Тогда пара (x_1,y), где $x_1=x+4y(1+y)(1+2x)-4(1+2y)\sqrt{x(y+1)}\sqrt{y(x+1)}$ также является решением, ибо выполняются равенства:
$x_1 y + x_1 = \left(-2 \sqrt{(1+x) y}+\sqrt{x (1+y)}+2 y \left(-\sqrt{(1+x) y}+\sqrt{x (1+y)}\right. \right)^2$
$x_1 y + y = \left(\sqrt{(1+x) y}+2 y \left(\sqrt{(1+x) y}-\sqrt{x (1+y)}\right) \right)^2$
Можете проверить сами.
Также легко проверить, что $$x1<x$$

при

, a также $x1 \ge 0$ при любых $$x,y$$

. Продолжаем спуск (спуск - ибо сумма $$x+y$$

в результате этого процесса уменьшается) до тех пор, пока одно из чисел не обнулится. Тогда второе будет квадратом.
Так же можно совершать не спуск, a подъем. Выражая $$x$$

через

, получим
$x=x_1+4y(1+y)(1+2x_1) \pm 4(1+2y)\sqrt{x_1(y+1)}\sqrt{y(x_1+1)}$ (какой знак тут подставлять, я пока не выяснил)
Теперь составим ряд $\{u_n\}$ , где $u_0=0,\,\,\, u_1=z^2$ , a рекуррентная формула $u_{n+1}= (4z^2+2)u_n-u_{n-1}+2z^2$
Для членов этого ряда формула в явном виде: $u_n=\left(\frac{(\sqrt{z^2+1}+z)^n-(\sqrt{z^2+1}-z)^n}{2}\right)^2$
Пусть у нас есть решение, в котором $$(x_1,y)$$

- члены этого ряда, причем c номерами разной четности. Докажем, что в результате подъема, описанного выше, у нас новое решение $$(x,y)$$

- также будут членами этого ряда c номерами разной четности.
Если $x_1=u_n,\,\,\, y=u_k$ , то путем долгих и нудных преобразований получим $x=x_1+4y(1+y)(1+2x_1) \pm 4(1+2y)\sqrt{x_1(y+1)}\sqrt{y(x_1+1)}=u_{2k \pm n}$ . T.к $2k \pm n$ и $$k$$

разной четности, то утверждение доказано.
Теперь, поднимаясь от решения $$(0,z^2)$$

до самого исходного, упомянутого в самом начале, получим, что любое решение (x,y) является членами описанного ряда c некоторым $$z$$

, причем номера членов разной четности.
Bce.

VAL · Сообщение **VAL** » 04 ноя 2010, 23:29

12d3 писал(а):Source of the post
Ура, решил.

Замечательно!
Я так и думал, что бесконечным спуском надо (у меня даже свидетели есть

), но все не мог плотно сесть за этот самый спуск.

Подчеркну для тех, кто следит за темой по диагонали и кому лень самому считать:
множества решений описанные в предыдущем и в предпредыдущем постах совпадают. Я проверил!

yourdomain.com