21-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2022 жыл

Әртүрлі $A$ және $B$ натурал сандары берілген. $x_1^2+Ay_1^2$ түрінде де келтіруге болатын, бұл жерде $x_1$ және $y_1$ өзара жай сандар; $x_2^2+ By_2^2$ түрінде де келтіруге болатын, бұл жерде $x_2$ және $y_2$ өзара жай сандар, сандар саны шексіз көп екенін дәлелдеңіз. ( А. Голованов )

Комментарий/решение

Допускаете, что $y_1=y_2$ и дальше легко.

$\textbf{Теорема:}$ Пусть $d$ натуральное число не являющийся квадратом. Тогда уравнения $a^2-db^2=1$ имеет бесконечно много решений в натуральных ${a;b}$.

$\bullet$ Cвойства: $(a,b)=1.$

$\textbf{Факт 1:}$ $( 2m(m+1),2m+1 )=1 , $ где $m \in N$.

$\textbf{Факт 2:}$ $(2(m^2+m)+1, 2m+1)=1$ где $m \in N$.

Факты очевидные если, что докажите сами.

Возьмём $y_1=y_2=y$.

Б.О.О $A>B.$

$x_1^{2}+Ay^2=x_2^{2}+By^2\Leftrightarrow (A-B)y^2=x_2^{2}-x_1^{2}. $ Теперь докажем что , это уравнение имеет бесконечно много решений для любых различных $A,B.$

Рассмотрим два случая: $A-B=c^2$ и $A-B \neq c^2 $ где $c \in N.$

$\textbf{(i):}$ $A-B \neq c^2. $ Пусть $A-B=k \Rightarrow ky^2=x_2^{2}-x_1^{2}\Leftrightarrow x_1^{2}=x_2^{2}-ky^2 $ Пусть $x_1=1 \Rightarrow x_2^{2}-ky^2=1$ из $\textbf{Теоремы}$ мы имеем бесконечно много решений в $x_1; x_2; y $ где $x_1=1$ и из свойств $(x_2, y)=1$ и также $(1,y)=1.$ $ \square$

$\textbf{(ii):} A-B=c^2$$\Rightarrow c^2y^2=x_2^{2}-x_1^{2} .$ Пусть $y=2m+1 \geq 3, $ нечетное натуральное число, такое , что $(y,c)=1$

Пусть тогда $$x_1=2m(m+1)c , $$ $$x_2=((m+1)^2+m^2)c=(2(m^2+m)+1)c , $$ $$y=(m+1)^2-m^2=2m+1 \Rightarrow yc=c((m+1)^2-m^2)=c(2m+1)$$.

Теперь заметим, что $y$$c$$;x_1;x_2$ Примитивная пифагорная тройка, также из $\textbf{Факт 1}$ и $\textbf{Факт 2}$ и из $(y,c)=1$ выходит, что $(x_1,y)=1, (x_2,y)=1.$

Значит для любой $m$ такое, что $(2m+1,c)=1$ удовлетворяет условия, но также таких бесконечно много. $\square$

Попробуем подобрать:

Скажем $y_1=y_2=A+B+2n$ где $n-$какое то натуральное число

$x_1=\dfrac{(A+B+2n)^2+B-A}{2}$ (Очевидно что оно натуральное т.к. четности $A+B+2n$ и $B-A$ одинаковые.)

$x_2=\dfrac{(A+B+2n)^2+A-B}{2}$

Если переписать условия то $(A+B+2n)^2(A-B)=y^2(A-B)=x_2^2-x_1^2=(x_2-x_1)(x_2+x_1)= \left( \dfrac{(A+B+2n)^2+B-A}{2}-\dfrac{(A+B+2n)^2+A-B}{2} \right) \left( \dfrac{(A+B+2n)^2+B-A}{2}+\dfrac{(A+B+2n)^2+A-B}{2} \right)=(A-B)(A+B+2n)^2$

Очевидно, что таких $x_1;x_2;y_1;y_2$ существует бесконечное количество т.к. можно увеличивать $n$. Теперь докажем, что можно найти бесконечно взаимопростых.

Заметим $x_1+x_2=y^2$

По алгоритму евклида $(x_1;y^2)=(x_1;y^2-x_1)=(x_1;x_2)=(x_2;y^2)$

Если вдруг $(x_1;y)=d>1$ то $(x_1;x_2)=(x_1;y^2)≥d$. Тогда просто поделим всё выражение на $d$ и тогда существует бесконечное количество подходящих четверок вида:$(x_1;x_2;y_1;y_2)=\left( \dfrac{(A+B+2n)^2+B-A}{2d}; \dfrac{(A+B+2n)^2+A-B}{2d}; \dfrac{A+B+2n}{d};\dfrac{A+B+2n}{d} \right)$

ЧТД

Допустим $y_1=y_2=k$ где $k$ натуральное такое что $V_2(k)>1$

Пусть:

$x_1^2+Ak^2=x_2+Bk_2 <=> (x_1-x_2)(x_1+x_2)=k^2(B-A)$

Взяв $x_1=\dfrac{k^2}{4}(B-A)+1$ и $x_2=\dfrac{k^2}{4}(B-A)-1$ заметим что они подходят потому что $(\dfrac{k^2}{4}(B-A)+1,k)=(\dfrac{k^2}{4}(B-A)-1,k)=1$