#10 Бесконечный спуск I

Если \(a\) нечетно, то \(a=2k+1\). Тогда \(a^2=4k^2+4k+1\), что нечетно. Значит, при четном \(a^2\) число \(a\) не может быть нечетным, то есть \(a\) четно.

Так как \(a^2=a\cdot a\) и простое \(p\) делит это произведение, то по лемме Евклида \(p\) делит хотя бы один из множителей. Оба множителя равны \(a\), значит, \(p\mid a\).

Если \(x^2=2y^2\), то \(x^2\) четно, значит, \(x=2u\). Тогда \(4u^2=2y^2\), откуда \(y^2=2u^2\), и \(y\) тоже четно: \(y=2v\). Тогда \(u^2=2v^2\), то есть получено меньшее положительное решение. Бесконечный спуск невозможен.

Пусть \(\sqrt{2}=\frac{a}{b}\), где \(\gcd(a,b)=1\). Тогда \(a^2=2b^2\). Из этого следует, что \(a\) четно, \(a=2c\). Тогда \(4c^2=2b^2\), значит, \(b^2=2c^2\), и \(b\) четно. Получили общий делитель \(2\) у \(a\) и \(b\), противоречие.

Из \(x^2=3y^2\) следует \(3\mid x^2\), значит, \(x=3u\). Тогда \(9u^2=3y^2\), откуда \(y^2=3u^2\). Следовательно, \(3\mid y\). Деление \(x\) и \(y\) на \(3\) дает меньшее положительное решение, что невозможно по спуску.

Пусть \(\sqrt{3}=\frac{a}{b}\), \(\gcd(a,b)=1\). Тогда \(a^2=3b^2\), значит, \(3\mid a\), \(a=3c\). Получаем \(9c^2=3b^2\), то есть \(b^2=3c^2\), и \(3\mid b\). Противоречие с \(\gcd(a,b)=1\).

Пусть \(\sqrt{5}=\frac{a}{b}\) в несократимом виде. Тогда \(a^2=5b^2\), откуда \(5\mid a\). Пусть \(a=5c\). Тогда \(25c^2=5b^2\), значит, \(b^2=5c^2\), и \(5\mid b\). Противоречие с несократимостью дроби.

Из \(x^2=8y^2\) следует, что \(x\) четно. Пусть \(x=2u\). Тогда \(4u^2=8y^2\), то есть \(u^2=2y^2\). Но такое уравнение не имеет положительных целых решений. Значит, исходное уравнение тоже не имеет решений.

Из \(x^2=12y^2\) следует, что \(x\) четно: \(x=2u\). Тогда \(4u^2=12y^2\), то есть \(u^2=3y^2\). Но уравнение \(u^2=3y^2\) не имеет положительных целых решений по спуску с простым \(3\). Противоречие.

Квадраты по модулю \(3\) дают только \(0\) и \(1\). Чтобы сумма двух таких остатков делилась на \(3\), единственная возможность - \(0+0\). Значит, \(x^2\equiv0\pmod3\) и \(y^2\equiv0\pmod3\). Поэтому \(3\mid x\) и \(3\mid y\).

Из \(3\mid x^2+y^2\) следует \(3\mid x\) и \(3\mid y\). Пусть \(x=3x_1\), \(y=3y_1\). Тогда \(9x_1^2+9y_1^2=3z^2\), откуда \(z^2=3x_1^2+3y_1^2\), значит, \(3\mid z\). Деление \(x,y,z\) на \(3\) дает меньшее положительное решение. Бесконечный спуск невозможен.

Квадраты по модулю \(5\): \(0,1,4\). Тогда \(2y^2\) может иметь остатки \(0,2,3\). Сумма \(x^2+2y^2\) может быть \(0\) по модулю \(5\) только в случае \(0+0\). Значит, \(x^2\equiv0\) и \(y^2\equiv0\pmod5\), откуда \(5\mid x\), \(5\mid y\).

Из \(5\mid x^2+2y^2\) следует \(5\mid x\), \(5\mid y\). Пусть \(x=5x_1\), \(y=5y_1\). Тогда \(25x_1^2+50y_1^2=5z^2\), откуда \(z^2=5x_1^2+10y_1^2\), значит, \(5\mid z\). Делим все переменные на \(5\) и получаем меньшее положительное решение. Спуск невозможен.

Квадратичные остатки по модулю \(7\): \(0,1,2,4\). Ни две ненулевые величины из множества \(\{1,2,4\}\) не дают сумму \(0\) по модулю \(7\). Поэтому \(x^2+y^2\equiv0\pmod7\) возможно только при \(x^2\equiv y^2\equiv0\pmod7\). Значит, \(7\mid x\), \(7\mid y\).

Из уравнения следует \(7\mid x^2+y^2\), значит, \(7\mid x\) и \(7\mid y\). Пусть \(x=7x_1\), \(y=7y_1\). Тогда \(49x_1^2+49y_1^2=7z^2\), откуда \(z^2=7x_1^2+7y_1^2\), значит, \(7\mid z\). Деление всех переменных на \(7\) дает меньшее решение того же вида. Бесконечный спуск невозможен.

Пусть \(\sqrt{6}=\frac{a}{b}\) в несократимом виде. Тогда \(a^2=6b^2\), значит, \(a\) четно: \(a=2c\). Получаем \(4c^2=6b^2\), то есть \(2c^2=3b^2\). Правая часть делится на \(2\), значит, \(b^2\) четно, и \(b\) четно. Это противоречит несократимости дроби.

Из \(x^2=2y^2\) следует, что \(x\) четно, \(x=2u\). Тогда \(y^2=2u^2\), значит, \(y\) четно. Поэтому \(x\) и \(y\) имеют общий делитель \(2\), что противоречит взаимной простоте.

Так как \(3\mid x^2\), имеем \(x=3u\). Тогда \(9u^2=45y^2\), откуда \(u^2=5y^2\). Но уравнение \(u^2=5y^2\) не имеет положительных целых решений: оно заставляет \(u\) и \(y\) делиться на \(5\) и запускает спуск. Противоречие.

Из \(a^2=2b^2\) следует, что \(a\) и \(b\) четны. Тогда \(a=2a_1\), \(b=2b_1\), и \(\left(\frac{a_1}{b_1}\right)^2=2\). Но \(b_1=\frac{b}{2}

Предположим, что \(3\mid x^2+y^2\). Тогда по модулю \(3\) оба квадрата должны быть \(0\), значит, \(3\mid x\) и \(3\mid y\). Это противоречит \(\gcd(x,y)=1\). Следовательно, \(x^2+y^2\) не делится на \(3\).

Предположим, что решение существует, и выберем решение с минимальной суммой \(x+y\). Если \(x=y\), то \(2x^2=3x^2\), невозможно. Пусть \(x>y\). Уравнение \(x^2-3xy+y^2=0\) как квадратное по \(x\) имеет второй корень \(x'=3y-x\). По Виету \(xx'=y^2\), значит, \(x'>0\), а так как \(x>y\), то \(x'=\frac{y^2}{x}

Как квадратное по \(x\), уравнение имеет вид \(x^2-4yx+y^2=0\). Его дискриминант должен быть квадратом: \(D=16y^2-4y^2=12y^2\). Значит, существует целое \(u\), для которого \(u^2=12y^2\). Но такое уравнение не имеет положительных целых решений, как было доказано ранее. Противоречие.

Перепишем как \(x^2-5yx+2y^2=0\). Тогда дискриминант \(D=25y^2-8y^2=17y^2\) должен быть квадратом целого числа. Это означало бы \(u^2=17y^2\) для некоторого положительного \(u\). Но уравнение \(u^2=17y^2\) невозможно по тому же спуску с простым \(17\). Противоречие.

Предположим, что решение существует, и выберем его с минимальной суммой \(x+y\). Пусть \(x\ge y\). Если \(y=1\), то \(x^2+1=3x+2\), то есть \(x^2-3x-1=0\), что не имеет целого корня.

Значит, \(y\ge2\). Рассмотрим уравнение как квадратное по \(x\): \(x^2-3yx+(y^2-2)=0\). Второй корень \(x'=3y-x\) является целым. По Виету \(xx'=y^2-2>0\), значит, \(x'>0\). Если \(x=y\), то \(2y^2=3y^2+2\), невозможно, поэтому \(x>y\). Тогда \(x'=\frac{y^2-2}{x}