теория-чисел - Кривые треугольные числа.

Задавал этот вопрос на многих форумах, но ответ так не получил. Хотя это довольно любопытно и неожиданно.

Как известно для Диофантова уравнения: $$aX^2+bY^2=cZ^2.$$

$% a , b , c $% - целочисленные коэффициенты, заданные условием задачи. Чтоб путаницы не было и чтоб не рассматривать конечное число решений, будем считать их положительными. Для такого случая не всегда могут быть целочисленные решения. Пока не буду обсуждать, какая должна быть формула и условия, при которых уравнение будет иметь решения.

Вопрос другой - почему у похожего уравнения такая запись напоминает треугольные числа:

$$aX^2+qX+bY^2+tY=cZ^2+jZ$$

Всегда есть решения при любых значениях коэффициентов. Естественно, когда хоть один из коэффициентов $% q , t , j $% - не равен нулю.

Решил исправить:

Я думаю надо вопрос поставить чуть по другому. Обычно рассматриваем уравнение в таком виде: $$aX^2+bXY+cY^2=jZ^2$$

Решения есть когда хоть один из корней целый $%\sqrt{j(a+b+c)}$% , $%\sqrt{b^2 + 4a(j-c)}$% , $%\sqrt{b^2+4c(j-a)}$%

Для первого корня решения можно записать так:

$$X=(2j(b+2c)^2-(b^2+4c(j-a))(j\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+2(b+2c)(\sqrt{j(a+b+c)}\mp{j})sp+(j\mp \sqrt{j(a+b+c)})p^2$$

$$Y=(2j(2j-b-2a)(b+2c)-(b^2+4c(j-a))(j\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+2((2j-2a-b)\sqrt{j(a+b+c)}\mp{j(b+2c)})sp+(j\mp\sqrt{j(a+b+c)})p^2$$

$$Z=(2j(b+2c)^2-(b^2+4c(j-a))(a+b+c\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+2(b+2c) ( \sqrt{j(a+b+c)} \mp{j})sp + ( a + b + c \mp \sqrt{j(a+b+c)})p^2 $$

Если же такой корень целый $%\sqrt{b^2+4c(j-a)}$% тогда решения имеют вид.

$$X=((2j-b-2c)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(b+2c\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+2(4ac+b(2j-b)\pm{(2j-b-2c)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(b+2c\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2$$

$$Y=((b+2a)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(2j-b-2a\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+2(4ac+b(2j-b)\pm{(b+2a)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(2j-b-2a\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2$$

$$Z=((b+2a)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(b+2c\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+2(4ac+b(2j-b)\pm {(b+2a)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(b+2c\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2$$

Если же такой корень целый $%\sqrt{b^2+4a(j-c)}$% Тогда решения имеют вид:

$$X=(2j^2(b+2a)-j(a+b+c)(2j-2c-b\pm\sqrt{b^2+4a(j-c)}))p^2+2j(\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{(b+2a)})ps+(2j-2c-b\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2$$

$$Y=(2j^2(b+2a)-j(a+b+c)(b+2a\pm\sqrt{b^2+4a(j-c)}))p^2+2j(\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{(b+2a)})ps+(b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2$$

$$Z=j(a+b+c)(b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})p^2+2((a+b+c)\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{j(b+2a)})ps+ (b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2$$

Когда же ни один корень не становится целым. Чтоб выяснить могут быть ли решения достаточно рассмотреть какую нибудь эквивалентную квадратичную форму. Для этого достаточно сделать такую замену. $%X\longrightarrow{X+kY}$% или же такую $%Y\longrightarrow{Y+kX}$% Обычно всё сводится к довольно простому уравнению Пелля или же представления числа суммой квадратов. Там как раз и получается так, что бывает видно решения при каких то коэффициентах никогда быть не могут.

Конечно стал вопрос, что будет с этим уравнением: $$aX^2+bY^2+cZ^2=qXY+dXZ+tYZ$$ $%a,b,c,q,d,t$% - коэффициенты задаваемые условием задачи. Формула чтоб выглядела проще сделаем такую замену..

$$k=(q+t)^2-4b(a+c-d)$$ $$j=(d+t)^2-4c(a+b-q)$$ $$n=t(2a-t-d-q)+(2b-q)(2c-d)$$

Если корень из числа целый можно написать решение:

$$X=(2n(2c-d-t)+j(q+t-2b\pm\sqrt{k}))p^2+2((d+t-2c)\sqrt{k}\mp{n})ps+(2b-q-t\pm\sqrt{k})s^2$$

$$Y=(2n(2c-d-t)+j(2(a+c-d)-q-t\pm\sqrt{k}))p^2+2((d+t-2c)\sqrt{k}\mp{ n })ps+(q+t+2(d-a-c)\pm\sqrt{k})s^2$$

$$Z=(j(q+t-2b\pm\sqrt{k})-2n(2(a+b-q)-d-t))p^2+2((2(a+b-q)-d-t)\sqrt{k}\mp{n})ps+(2b-q-t\pm\sqrt{k})s^2$$

Или же в таком виде.

$$X=(2n(q+t-2b)+k(2c-d-t\pm\sqrt{j}))p^2+2((2b-q-t)\sqrt{j}\mp{n})ps+(d+t-2c\pm\sqrt{j})s^2$$

$$Y=(2n(2(a+c-d)-q-t)+k(2c-d-t\pm\sqrt{j}))p^2+2((q+t+2(d-a-c))\sqrt{j}\mp{n})ps+(d+t-2c\pm\sqrt{j})s^2$$

$$Z=(2n(q+t-2b)+k(d+t+2(q-a-b)\pm\sqrt{j}))p^2+2((2b-q-t)\sqrt{j}\mp{n})ps+(2(a+b-q)-d-t\pm\sqrt{j})s^2$$

Ясно, что и в этом уравнении необходимо рассмотреть эквивалентную квадратичную форму. $%p,s$% - целые числа задаваемы нами и могут могут быть любого знака.
Но всё равно даже в таком уравнении можно подобрать такие коэффициенты когда решений в целых числах быть не могут.

А теперь рассмотрим такое уравнение: $$aX^2+bX+cY^2+qY=jZ^2+dZ$$

Решения определяются уравнением Пелля: $%p^2-rs^2=1$%

Где коэффициент задаётся таким образом: $%r=(a+c)jk^2-2cjkt+(j-a)ct^2$%

$%k,t$% - любые целые числа задаваемые нами.

Тогда воспользовавшись решениями уравнения Пелля можно записать решения уравнения с Кривыми треугольными числами оно имеет такой вид:

$$X=(qt-dk)ps+((b+q)jk^2-(dc+qj)kt-(b-d)ct^2)s^2$$

$$Y=((d-b)t-dk)ps+((b+q)jk^2+(ad-(b+2q)j)kt+(j-a)qt^2)s^2$$

$$Z=(qt-(b+q)k)ps+((a+c)dk^2+((b-2d)c-aq)kt-(b-d)ct^2)s^2$$

And another formula.

$$X=\frac{1}{a+c-j}[(d-b-q)p^2+(((a+c+j)d-2(b+q)j)k+((j+c-a)q+2(b-d)c)t)ps+(j((a+c)d-(b+q)j)k^2+(2bcj+(j+c-a)jq-(a+c+j)cd)kt-c((b-d)c+(j-a)q)t^2)s^2]$$

$$Y=\frac{1}{a+c-j}[(d-b-q)p^2+((a+c+j)d-2(b+q)j)k+(2(j-a)q+(j+c-a)(b-d))t)ps+(j((a+c)d-(b+q)j)k^2+(((a+c-j)a-2cj)d+(j+c-a)jb+2j(j-a)q)kt+(a-j)((b-d)c+(j-a)q)t^2)s^2]$$

$$Z=\frac{1}{a+c-j}[(d-b-q)p^2+((2(a+c)d-(a+c+j)(b+q))k+((j+c-a)q+2(b-d)c)t)ps+((a+c)((a+c)d-(b+q)j)k^2+((a+c+j)cb-2(a+c)cd+(2cj-(a+c-j)a)q)kt-c((b-d)c+(j-a)q)t^2)s^2]$$

Всегда можно выбрать коэффициент при уравнении Пелля такой, чтоб он не был квадратом. Значит у уравнения будет всегда бесконечно много решений. При любых коэффициентах уравнения.

Вот в этом и вопрос. Почему? Почему у этого уравнения никаких корней не появляется?

Забавно, что в уравнении Пелля коэффициенты при первой степени вообще не входят. Решения определяются коэффициентами второй степени. При первой степени входят непосредственно в саму формулу решений.