Решить в целых числах систему:
p^2+1=2*x^2
p+1=2*y^2

где p-простое положительное целое число

(0) Нет, вроде, решения.

Сводится к уравнению: 4*t^2+4*t-1=2*u, где t>0 и u>0. Графики пересечения не имеют.

(1) как минимум p=7

(1) 1-1-1

(3) 1- не простое число
(2) да, это пока частное решение

(4) точно, тогда только 7 остается

(0)... положительное целое...
Есть понятие натуральное.

(6) да знаю я вас, одни ноль считают таковым, другие нет
кстати, в математической международной литературе так и пишут: positive integer number

Докажем, что x и y - взаимно простые числа. Допустим, что x и y делятся на q, где q - целое число > 1. Тогда p^2+1 и p+1 тоже делятся на q. Тогда p^2+1 - (p-1)(p+1)  = 2 делится на q. Следовательно,  q = 2.      
Тогда из условия p^2+1=2*x^2  получим, что p^2 = 8k – 1, где k – целое число. Посмотрим, какие остатки при делении на 8 могут иметь квадраты целых чисел:
1^2 = 1, остаток 1
2^2 = 4, остаток 4
3^2 = 9, остаток 1
4^2 = 16, остаток 0
5^2 = 25, остаток 1
6^2 = 36, остаток 4
7^2 = 49, остаток 1
0^2 = 0, остаток 0.
Поскольку остатка 7 квадрат целого числа иметь не может, то p^2 = 8k – 1 не может иметь решений в целых числах. Поэтому q =1 и числа x, y взаимно просты.
Вычтем из первого уравнения (0) второе и получим:
p^2+1 – (p+1) = 2*(x^2 – y^2)
p(p-1) = 2(x+y)*(x-y)         (1)
Легко доказать, что если x, y взаимно просты, то (x+y),  (x-y) – взаимно просты. Будем считать p – простым числом большим 2. Тогда p - нечетное
Поскольку p и (p-1) взаимно просты, p – нечетное, (x+y),  (x-y) – взаимно просты то из (1) получим два возможных варианта:
x+y = p, x-y = (p – 1)/2         (2)
x+y = (p-1)/2, x-y = p          (3)
Система (2) имеет решение:
x = (3p-1)/4, y = (p+1)/4
Система (3) имеет решение:
x = (3p-1)/4, y = (-p-1)/4
Окончательный ответ выглядит так.
P – простое число, которое при делении на 4 дает в остатке 3. Тогда
x = (3p-1)/4, y = (p+1)/4
x = -(3p-1)/4, y = (p+1)/4
x = (3p-1)/4, y = -(p+1)/4
x = -(3p-1)/4, y = -(p+1)/4

р-нечетное множество уже меньше

(2) Жесть, забыл, как в квадрат возводить :(

Уравнение будет: 4t^2-4t+2=2u, т.е. при положительных аргументах имеет только одно пересечение.

(10) откуда уравнение то?

вот этот переход не понял
Тогда p^2+1 и p+1 тоже делятся на q. Тогда p^2+1 - (p-1)(p+1)  = 2

(8) >>Легко доказать, что если x, y взаимно просты, то (x+y),  (x-y) неверно
X=7,Y=5, а 12 и 2 не взаимнопросты

(11) p = 2y^2-1. Подставим в первое: 4y^4-4y^2+2=2x^2. Сделаем замену: y^2 = t, x^2=u. Получим: 4t^2-4t+2=2u

+(14) парабола и прямая имеют только 2 точки пересечения.

(13)Действительно, если x,y - взаимно просты, то числа (x+y),  (x-y) могут иметь в качестве общего делителя число 2. Докажем:
Пусть
x + y = a
x - y = b
Тогда
x = (a + b)/2    (1)
y = (a - b)/2     (2)
Из (1) и (2) видно, что если a,b имеют общий делитель q > 2, то числа x,y тоже будут делиться на 2
Но на ход решения (8) это не влияет, т.к. простое число p делиться на 2 не может.

(15) и чего?
ты хочешь сказать, что в вещественных числах твоё 4t^2-4t+2=2u тоже имеет только 2 решения?

(16) P = 11 контрпример, значит где-то еще ошибка

(12)Тогда p^2+1 и p+1 тоже делятся на q.
p^2+1 = aq
p+1 = bq
2 = p^2+1 - (p-1)(p+1) = aq - (p-1)bq = (a-(p-1)b)q

(18)Спасибо за подсказку. Итак в (16) указаны все возможные p,x,y. Для того, чтобы понять, какие из них подходят, подставим ответ из (16) в исходное уравнение p+1=2*y^2:
y = (p+1)/4
p+1 = 2*((p+1)/4)^2
1 = 2 * (p+1)/16
16 = 2(p+1)
p=7
То есть подходит только p = 7

(17) Приведи контрпример :)

(21) t=100

В (14) Нет никакой параболы и прямой. Это уравнение параболы, решением является любая точка принадлежащая параболе.

(23) Да, пойду-ка я домой спать. Реально фигня мерещиться :-)

На свежую голову посмотрел, что я написал по поводу этой задачи. В общем, это не то. Ради интереса решил выяснить, какие будут решения методом перебора. Для этого решил уравнение p^2+1=2*x^2 в целых числах. Простенькая программа выдала первые 50 возможных значений переменной p:
7
41
239
1 393
8 119
47 321
275 807
1 607 521
9 369 319
54 608 393
318 281 039
1 855 077 841
10 812 186 007
63 018 038 201
367 296 043 199
2 140 758 220 993
12 477 253 282 759
72 722 761 475 561
423 859 315 570 607
2 470 433 131 948 081
14 398 739 476 117 879
83 922 003 724 759 193
489 133 282 872 437 279
2 850 877 693 509 864 481
16 616 132 878 186 749 607
96 845 919 575 610 633 161
564 459 384 575 477 049 359
3 289 910 387 877 251 662 993
19 175 002 942 688 032 928 599
111 760 107 268 250 945 908 601
651 385 640 666 817 642 523 007
3 796 553 736 732 654 909 229 441
22 127 936 779 729 111 812 853 639
128 971 066 941 642 015 967 892 393
751 698 464 870 122 983 994 500 719
4 381 219 722 279 095 887 999 111 921
25 535 619 868 804 452 344 000 170 807
148 832 499 490 547 618 176 001 912 921
867 459 377 074 481 256 712 011 306 719
5 055 923 762 956 339 922 096 065 927 393
29 468 083 200 663 558 275 864 384 257 639
171 752 575 441 025 009 733 090 239 618 441
1 001 047 369 445 486 500 122 677 053 453 007
5 834 531 641 231 893 991 002 972 081 099 601
34 006 142 477 945 877 445 895 155 433 144 599
198 202 323 226 443 370 684 367 960 517 767 993
1 155 207 796 880 714 346 660 312 607 673 463 359
6 733 044 458 057 842 709 277 507 685 523 012 161
39 243 058 951 466 341 909 004 733 505 464 609 607
228 725 309 250 740 208 744 750 893 347 264 645 481
Уравнению p+1=2*y^2 из этих значений удовлетворяет только p=7. Как доказать не знаю.

(25)+ Получается, что (0) имеет единственное решение p=7. Как доказать, не знаю.

(25) тебе правда в вск вечером заняться нечем? :)))

(27)Кто-то вечером играет в шахматы. А я вот немного вспомнил математику и вычислительные программы.

(25) квадраты целых чисел более редки, чем простые числа,
поэтому если уж перебирать то решения (2y^2-1)^2 = 2x^2-1.
а вообще здесь перебор - путь в никуда

(29)Условие, что p - простое число, я вообще не проверял. Кроме того, я знаю, как оптимизировать перебор для уравнения p^2+1=2*x^2.

(29)>здесь перебор - путь в никуда

Перебор дает информацию о том, что даже если есть решение p<>7, то оно должно быть очень большим.

вычитаем второе из первого
p(p-1) = 2(x+y)(x-y)
т.к. p-простое, то единственный вариант разложения на множители:
{ p = x+y,
  p-1 = 2(x-y)}
<=>
{x = (p+(p-1)/2)/2= (3p-1)/4,
y = (p-(p-1)/2)/2= (p+1)/4
добавив одно уравнение из (0), получаем систему
p+1 = 2*y^2
x = (3p-1)/4
y = (p+1)/4

4y = 2y^2 => y=2

(32) насчет единственного погорячился, в общем случае
{ p*n = x+y,
  (p-1)/n = 2(x-y)}

(33) теперь p=x+y подставить в (0)
и получим систему из двух уравнений с двумя неизвестными. и решим её.

(33) мы можем в условии положить что x,y>=0
p^2=2x^2-1
из чего следует что p<Sqrt(2)x
то есть p<(x+y)*2
то есть в (33) n=1

а, там n с другой стороны, неважно, ограничение на n строится аналогично.

(35) у меня так просто не получилось.
При n=2 кстати получается вырожденное решение p=x=y=1.
При произвольном n можно получить уравнение для y:
2ny + n^2 - 1 = (2n^2-1)y^2
вроде нетрудно показать, что при n>2 и y>1 правая часть заметно больше левой

(37) Короче решение где-то рядом, и скорей всего n=1 и решение одно p=7

Можно на всякий пожарный проверить n=2

Навскидку доказывается легко, что:
x^2=8n+1,  где n какое то целое число
p нечетное

(40) к сожалению таких чисел бесконечно много
(39) проверено в (37)
(38) ) формально решений 4:
(p,x,y) [(7,-2,-5), (7,-2,5), (7,2,-5), (7,2,5)]

(41) Виноват, проглядел :)

интересно, появятся ли другие корни, если убрать слово "простое" из условия?

(43) так исключить p из системы
и посмотреть есть ли решения в целых числах.
p^2+1=2x^2
p+1=2y^2
заметим что при любых целых у - p целое
заменим p на 2y^2-1
и найдем все решения
(2y^2-1)^2+1=2x^2

вычтем два из правой и левой части
(2y^2-1)^2-1=2x^2-2
(2y^2)(2y^2-2)=2(x+1)(x-1)
2y^2*(y^2-1)=(x+1)(x-1)
2y^2(y+1)(y-1)=(x+1)(x-1)
короче, Матиясевич доказал десятую проблему Гильберта :)
так что есть вероятность что решить это уравнение человек, если он является конечным автоматом, не сможет никогда :)

2(y^2-0.5)^2-0.5=x^2-1
(2y^2-1)^2=2x^2-1

(2y^2-1)^2+2(2y^2-1)+1=2x^2+2(2y^2-1)
4(y^4)=2x^2+2(y^2-1)
2y^4=x^2+2y^2-1
y^4+(Y^4-2y^2+1)=x^2
y^4+(y^2-1)^2=x^2
y^4=x^2-(y^2-1)^2
y^4=(x+y^2-1)(x-y^2+1)

(43)Программа перебора из (25) условие простоты p не проверяла. Так что даже не учитывая, что p - простое, других решений, кроме p = 7, нет.

(47) А где доказательство?

(8) к первой части:
x и y делятся на q, где q - целое число > 1. Тогда p^2+1 и p+1 делятся на q^2. Тогда p^2+1 - (p-1)(p+1)  = 2 делится на q^2, следовательно q=1

(48)Имеется ввиду, что если такое p есть, то оно очень большое. Больше чисел, указанных в (25). Не менее 14 знаков.
(49)Мое решение в (8) неправильное.

(50) я знаю

(50)+ не менее 40 знаков

(51) я просто сократил, вдруг пригодится, что x и y взаимно простые

(53) к (50)

(52) В теореме Ферма было намного больше знаков ограничение снизу - но это не было доказательством.

вроде ничего не мешает пойти по пути (32), только там вариантов разложения будет побольше (но в пределах 10). И для каждой ветки показывать отсутствие корней.

(56) почему в пределах десяти? разве там n чем-то ограничено?

(57) и p не простое, там нет ограниченного количества вариантов делимости.

(57)  n-неограниченно
(58) именно, что количество ограниченно:
n- слева/справа, x-y x+y поменять местами, двойку тоже можно подвигать
ну и совсем неприятный вариант:  слева n, а справа k

NS, ты спишь вообще когда-нибудь?

(60) Сплю, сегодня бессоница случайно случилась.
Слева n, справа k - решить скорей всего не выйдет. Тем более если нужно доказывать что не имеет решений.

x - нечётное, а y - чётное

p - 1 = 6r, где r >= 1 целое и нечётное
p + 1 = 8q, где q >= 1 целое

(59) для вашего случая
x+y+n кратно 8
x-y кратно 3

(61) надеюсь бессоница не из-за (43) :)
можно ограничиться только n, но считать его рациональным. Хотя всё равно там тяжко будет, даже пробовать неохота.

(43) только если p будет кратно 3, для остальных вариантов ничего не меняется

(33) тогда
x = {(2n^2+1)p-1}/4n
y = {(2n^2-1)p+1}/4n

подставив x в первое уравнение, получим уравнение только с p
{16n^2-2(2n^2+1)^2}p^2+4(2n^2+1)p+{16n^2-2}=0

его дискриминант
256n^2(2n^4-2n^2+1)

так как p - целое, то выражение в скобках должно быть больше нуля и целым квадратом

2n^4-2n^2+1=d^2, где d >= 1 и целое
в свою очередь его дискриминант
4-4*2(1-d^2)=4(2d^2-1)

так как и n - целое, то выражение в скобках должно быть целым квадратом, а это возможно только если d = 1

тогда 2n^4-2n^2+1 = 1
решения будут 0 и 1, так n > 0, то остаётся решение n = 1

(67) Подставь d=5
"так как и n - целое, то выражение в скобках должно быть целым квадратом, а это возможно только если d = 1"
d=5 - опровержение.

(68) согласен, это ещё одно решение, значит всего два
1 и 5, тогда n = 1 и 4, но n - нечётное, значит n = 1

(69) Бесконечное количество решений в целых числах уравнения 2d^2-1=q^2

(70) почему? всего два

(71) Где доказательство?

Нашел первые несколько решений (70)
5 7
29 41
169 239
985 1393
5741 8119

33461 47321
195025 275807

Кстати, в (67) Ты вышел на первое уравнение в (0) :)
Вместо d только x.

(73)Посмотри (25) и ты убедишься, что
7
41
239
1 393
8 119
там те же самые решения.
Кстати, у этой последовательности есть простая закономерность:
p[n] = 6*p[n-1] - p[n-2]

(76) так что это дает?

(77)Доказательство это не дает. Но это шаг в направлении. Когда я копался в этом вопросе, то подумалось, что последний раз до этой ветки я писал вычислительную программу будучи студентом. А в прошлое воскресенье написал,  посмотрел на результат, оптимизировал, посмотрел на результат и получил вполне реальное удовольствие.

(78)+ Я специализировался на кафедре вычислительной математики.

(79) Может слышал что-то о Рандомизированный алгоритм минимального остовного дерева, на основе Борувки. ?

(76) и у левых чисел из (73)
p[n] = 6*p[n-1] - p[n-2]

+(81) интересно, эти две последовательности - это одна последовательность
..., 275807, 47321, 8119, 1393, 239, 41, 7, 1, 1, 5, 29, 169, 985, 5741, 33461, 195025, ...

(80)нет

Ну ладно вам, вроде решили же вы:
Рассмотрим только x,y,p>0
1. p>x>y
отсюда:
2. 2*p>x+y
3. из первого уравнения вычитаем второе и как в (33) имеем:
p*(p-1)=2*(x+y)*(x-y)
и получается (x+y) делится на p, но из п.2 получается, что
4. x+y=p, но тогда и 2*(x-y)=p-1
5. x+y-1=2*(x-y) или x=3*y-1
6. p+1=4*y=2*y^2 => y=2, x=5 => p=7

а вот если убрать ограничение "p-простое", то решений будет бесконечно много

(84) Так мы знаем что решили.
Если убрать ограничение - приведи хоть одно решение с p>7

(85) извини, просто пробежал, решил воедино собрать, ща попробую

(85) только если p = 3n, где n > 2 и целое

(87) это как раз невозможно.
Ибо тогда 2y^2 при делении на три должен двать в остатке единицу, а это невозможно, ибо любой квадрат целого числа при делении на три дает в остатке либо 0 либо 1
А двойной квадрат соответственно либо 0 либо 2

(85) отдельно элементарные решения:
x=1, y=0
x=1, y=1
далее считаем y>1 (будем искать только положительные)

p = 2*y^2-1
(2*y^2-1)^2+1 = 2*x^2
x^2 = (y^2)^2+(y^2-1)^2

Значит (y^2-1,y^2,x) - примитивная пифагорова тройка.
То есть найдутся взаимно-простые u, v разной четности, что либо:
Случай 1. y^2 = 2*u*v, y^2-1 = u^2-v^2
либо:
Случай 2. y^2-1 = 2*u*v, y^2 = u^2-v^2

Случай 1. y^2 = 2*u*v, y^2-1 = u^2-v^2

Из второго уравнения по модулю 4 видно, что именно u - четное, а v - нечетное. А из первого и взаимной простоты:
2*u = m^2, v = n^2. Подставляем во второе:
2*u*v-1 = u^2-v^2
m^4-4*m^2*n^2-4*n^4+4=0 Решим его как квадратное уравнение относительно m^2, дискриминант: 16*(2*n^4-1)
Значит 2*n^4-1=z^2
По ссылке http://books.google.ru/books?id=QugvF7xfE-oC&lpg=PA110&ots=KPglp5x_FC&dq=L.J.Mordell%20%22Diophantine%20Equations%22&hl=ru&pg=PA270#v=onepage&q&f=false утверждается, что имеется не более 2-х решений, а именно:
n=1, z=1 - дает решение x=5, y=2
n=13, z=239 - не дает решения

Случай 2. y^2-1 = 2*u*v, y^2 = u^2-v^2

Аналогично получаем, что u-v = m^2, u+v = n^2
2*u*v+1 = u^2-v^2
m^4-2*m^2*n^2-n^4+2=0
Решим его как квадратное уравнение относительно m^2, дискриминант: 8 - не квадрат, решений нет.

(90)Ну это конечно была трудная задача.

(91) вообще то дискриминант 8(n^4-1) и может ли он быть квадратом целого - вопрос открытый

(89) почему пифагорова тройка здесь обязана быть примитивной?
вполне может быть, что для примитивной тройки не будет решений, а для кратной будет

(93) согласен, но тогда
2*(n^4-1) = 2*(n^2-1)*(n^2+1) - квадрат
НОД(n^2-1,n^2+1)=2 поэтому либо
n^2-1=s^2, n^2+1=2*t^2 но значит вырожденный случай
n^2-s^2=1
либо
n^2-1=2*s^2, n^2+1=t^2 - второе вырожденный случай
все равно решений новых нет

(94) потому что НОД(y^2-1,y^2)=1