2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение21.03.2018, 13:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
scwec в сообщении #1298731 писал(а):
$P_4=\left(\dfrac{1}{{x_1}{x_2}{x_3}},{x_1}{x_2}{x_3}\right)$

Это второе, что приходит в мозг. Первое - $P_4=\left({x_1}{x_2}{x_3},\dfrac{1}{{x_1}{x_2}{x_3}}\right)$, но я проверял, и не сошлось. Наверное ошибся, проверю еще. Возврат к целым уводит куда-то в теорему Лежандра :)

UPD
Нет, всё верно. Действительно красиво. Я проверял $x_4=\dfrac{(x_1x_2x_3)^2-1}{2x_1x_2x_3}$ и то же от $\dfrac{1}{x_1x_2x_3}$ :oops:

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение21.03.2018, 17:05 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
Andrey A в сообщении #1298764 писал(а):
Я проверял $x_4=\dfrac{(x_1x_2x_3)^2-1}{2x_1x_2x_3}$ и то же от $\dfrac{1}{x_1x_2x_3}$ :oops:

Но $x_4=\dfrac{(x_1x_2x_3)^2-1}{2x_1x_2x_3}$ не годится в качестве х-координаты для $P_4$.
Рациональным в этом случае является только расстояние до $P_1=(1,1)$. Остальные два как получится.
Возьмите в Вашей параметризации $r=1$ и убедитесь сами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение21.03.2018, 17:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Это я до Вашего поста проверял. Правильно, оно и не сходилось кроме единицы, просто перепутал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение22.03.2018, 16:38 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
Теперь другой взгляд на задачу.
Справедливо следующее утверждение: для любого рационального $t\ne{0}$ существуют четыре различные точки на кривой $xy=1$
с рациональными координатами и рациональными межточечными расстояниями такие, что одна из этих точек имеет координаты $t,1/t$.
Для доказательства рассмотрим еще одно 2-параметрическое решение для $x_1,x_2,x_3,x_4$
$x_1=\dfrac{k^2+2r^3-2r}{3kr}$
$x_2=\dfrac{k(4r^3-4r-k^2)}{(r^2-1)(r^3-r-k^2)}$
$x_3=\dfrac{3k(r^2-1)}{2(k^2-2r+2r^3)}$
$x_4=\dfrac{4r(r^3-r-k^2)}{k(4r^3-4r-k^2)}$
Положим $r=\dfrac{9t^2}{8}$, $k=\dfrac{27t^3-24t}{16}$.
В результате получаем 1-параметрическое решение
$x_1=t$
$x_2=\dfrac{(9t^2-8)(9t^2+8)}{144t^3}$
$x_3=\dfrac{12t(3t^2+8)}{(3t^2-8)(9t^2+8)}$
$x_4=\dfrac{12t(3t^2-8)}{(9t^2-8)(3t^2+8)}$
И точка $P_1=(t,1/t)$, что и требовалось.
Если же мы зададим на $yx=1$ произвольно две точки c рациональными координатами и рациональным расстоянием между ними, то третьей рациональной
точки с рациональными расстояниями до двух заданных может и не быть.
Докажите, что для точек $P_1=(1,1), P_2=(4/3,3/4)$ не существует точки $P_3=(s,1/s)$ с рациональным $s$ такой, что расстояния от неё до $P_1$ и $P_2$
рациональны.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение24.03.2018, 20:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Последний вопрос интересен, конечно, но хотелось бы вернуться к началу и пофантазировать на тему общего решения. Изначально задача сводилась к нахождению трех рациональных точек $x_1,x_2,x_3$, для любых двух из которых (для определенности $x_1,x_2$) точка $\sqrt{(x_1-x_2)^2+(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2})^2}$ выражалась бы рациональным числом. Вернемся к пропорциям: $x_1=\dfrac{p_1}{q_1}, x_2=\dfrac{p_2}{q_2}, x_3=\dfrac{p_3}{q_3}, \gcd (p_i,q_i)=1$.

$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2})^2}=\sqrt{(\frac{p_1}{q_1}-\frac{p_2}{q_2})^2+(\frac{q_1}{p_1}-\frac{q_2}{p_2})^2}=\sqrt{\frac{(p_1q_2-p_2q_1)^2}{(q_1q_2)^2}+\frac{(p_1q_2-p_2q_1)^2}{(p_1p_2)^2}}=$ $$=\frac{p_1q_2-p_2q_1}{p_1q_1p_2q_2}\sqrt{(p_1p_2)^2+(q_1q_2)^2}.$$ Таким образом, в целых числах решение сводится к системе $\left\{\begin{matrix}
(p_1p_2)^2+(q_1q_2)^2=v_1^2\\ 
(p_1p_3)^2+(q_1q_3)^2=v_2^2\\ 
(p_2p_3)^2+(q_2q_3)^2=v_3^2
\end{matrix}\right.$. Пусть $p_i$ -- нечетные. Сложность в том, что в образовании евклидовых троек могут участвовать не сами переменные $p_i,q_i$, а другие множители. Запишем систему $\left\{\begin{matrix}
p_1p_2=X_1Y_1\\ 
p_1p_3=X_2Y_2\\ 
p_2p_3=X_3Y_3
\end{matrix}\right.$
Общее решение каждого из уравнений известно: $X_1=A_1C_1,Y_1=B_1D_1,X_2=A_2C_2,Y_2=B_2D_2,X_3=A_3C_3,Y_3=B_3D_3$. Тогда $p_1=A_1B_1=A_2B_2,p_2=C_1D_1=A_3B_3,p_3=C_2D_2=C_3D_3$, и система разваливается на три независимых уравнения. Подставляя $$A_1\rightarrow a_1a_3,B_1\rightarrow a_2a_4,A_2\rightarrow a_1a_4,B_2\rightarrow a_2a_3,C_1\rightarrow a_5a_7,D_1\rightarrow a_6a_8,A_3\rightarrow a_5a_8,B_3\rightarrow a_6a_7,C_2\rightarrow a_9a_{11},D_2\rightarrow a_{10}a_{12},C_3\rightarrow a_9a_{12},D_3\rightarrow a_{10}a_{11},$$ получаем $$\left\{\begin{matrix}
p_1=a_1a_2a_3a_4\\ 
p_2=a_5a_6a_7a_8\\ 
p_3=a_9a_{10}a_{11}a_{12}
\end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix}
X_1=a_1a_3a_5a_7\\ 
X_2=a_1a_4a_9a_{11}\\ 
X_3=a_5a_8a_9a_{12}
\end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix}
Y_1=a_2a_4a_6a_8\\ 
Y_2=a_2a_3a_{10}a_{12}\\ 
Y_3=a_6a_7a_{10}a_{11}
\end{matrix}\right$$
То же самое для $q_i$:
$$\left\{\begin{matrix}
q_1=b_1b_2b_3b_4\\ 
q_2=b_5b_6b_7b_8\\ 
q_3=b_9b_{10}b_{11}b_{12}
\end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix}
Z_1=b_1b_3b_5b_7\\ 
Z_2=b_1b_4b_9b_{11}\\ 
Z_3=b_5b_8b_9b_{12}
\end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix}
T_1=b_2b_4b_6b_8\\ 
T_2=b_2b_3b_{10}b_{12}\\ 
T_3=b_6b_7b_{10}b_{11}
\end{matrix}\right$$
Если теперь левое слагаемое евклидовой тройки образовано нечетной парой множителей $X^2,Y^2$, то основание квадрата правого слагаемого должно быть $=\dfrac{X^2-Y^2}{2}$, то есть $\dfrac{X^2-Y^2}{2}=ZT$ или $(X+Y)(X-Y)=2ZT$, причем верные значения переменных (или пропорциональные $k=2$) найдутся для любых множителей тройки, и можно приравнять $X+Y=2Z,\ X-Y=T$. Отсюда система $\left\{\begin{matrix}
a_1a_3a_5a_7+a_2a_4a_6a_8= & 2b_1b_3b_5b_7\\ 
a_1a_3a_5a_7-a_2a_4a_6a_8= & b_2b_4b_6b_8\\ 
a_1a_4a_9a_{11}+a_2a_3a_{10}a_{12}= & 2b_1b_4b_9b_{11}\\ 
a_1a_4a_9a_{11}-a_2a_3a_{10}a_{12}= & b_2b_3b_{10}b_{12}\\ 
a_5a_8a_9a_{12}+a_6a_7a_{10}a_{11}= & 2b_5b_8b_9b_{12}\\ 
a_5a_8a_9a_{12}-a_6a_7a_{10}a_{11}= & b_6b_7b_{10}b_{11}
\end{matrix}\right.$ или $\left\{\begin{matrix}
a_1a_3a_5a_7+a_2a_4a_6a_8-2b_1b_3b_5b_7= & 0\\ 
a_1a_3a_5a_7-a_2a_4a_6a_8-b_2b_4b_6b_8= & 0\\ 
a_1a_4a_9a_{11}+a_2a_3a_{10}a_{12}-2b_1b_4b_9b_{11}= & 0\\ 
a_1a_4a_9a_{11}-a_2a_3a_{10}a_{12}-b_2b_3b_{10}b_{12}= & 0\\ 
a_5a_8a_9a_{12}+a_6a_7a_{10}a_{11}-2b_5b_8b_9b_{12}= & 0\\ 
a_5a_8a_9a_{12}-a_6a_7a_{10}a_{11}-b_6b_7b_{10}b_{11}= & 0
\end{matrix}\right.\ \ \ (1)$ Система линейна относительно переменных $a_1,b_1,a_6,b_6,a_{12},b_{12}$, определитель системы выставлен в отдельную тему. Приравнять его к нулю для выяснения условий разрешимости системы, видимо, задача нетривиальная. Попробуем вернуться к рациональностям. Обозначим $\dfrac{b_i}{a_i}=r_i$ и разделим уравнения системы $(1)$ последовательно на $X_1,Y_1,X_2,Y_2,X_3,Y_3$: $\left\{\begin{matrix}
1+{a_2a_4a_6a_8}/{a_1a_3a_5a_7}-2r_1r_3r_5r_7 & =0\\ 
{a_1a_3a_5a_7}/{a_2a_4a_6a_8}-1-r_2r_4r_6r_8 & =0\\ 
1+{a_2a_3a_{10}a_{12}}/{a_1a_4a_9a_{11}}-2r_1r_4r_9r_{11} & =0\\ 
{a_1a_4a_9a_{11}}/{a_2a_3a_{10}a_{12}}-1-r_2r_3r_{10}r_{12} & =0\\ 
1+{a_6a_7a_{10}a_{11}}/{a_5a_8a_9a_{12}}-2r_5r_8r_9r_{12} & =0\\ 
{a_5a_8a_9a_{12}}/{a_6a_7a_{10}a_{11}}-1-r_6r_7r_{10}r_{11} & =0
\end{matrix}\right.$ Переместим слагаемые: $\left\{\begin{matrix}
2r_1r_3r_5r_7-1 & ={a_2a_4a_6a_8}/{a_1a_3a_5a_7}\\ 
r_2r_4r_6r_8+1 & ={a_1a_3a_5a_7}/{a_2a_4a_6a_8}\\ 
2r_1r_4r_9r_{11}-1 & ={a_2a_3a_{10}a_{12}}/{a_1a_4a_9a_{11}}\\ 
r_2r_3r_{10}r_{12}+1 & ={a_1a_4a_9a_{11}}/{a_2a_3a_{10}a_{12}}\\ 
2r_5r_8r_9r_{12}-1 & ={a_6a_7a_{10}a_{11}}/{a_5a_8a_9a_{12}}\\ 
r_6r_7r_{10}r_{11}+1 & ={a_5a_8a_9a_{12}}/{a_6a_7a_{10}a_{11}}
\end{matrix}\right.$ И перемножим почленно соседние уравнения: $$(r_2r_4r_6r_8+1)(2r_1r_3r_5r_7-1)=(r_2r_3r_{10}r_{12}+1)(2r_1r_4r_9r_{11}-1)=(r_6r_7r_{10}r_{11}+1)(2r_5r_8r_9r_{12}-1)=1\ \ (2)$$ Если последнее равенство верно, то $x_1=\dfrac{1}{r_1r_2r_3r_4},\ x_2=\dfrac{1}{r_5r_6r_7r_8},\ x_3=\dfrac{1}{r_9r_{10}r_{11}r_{12}}$ -- общее решение задачи. Наверное, это можно вывести как-то быстрее, но что дальше с этим делать, пока не понимаю. Приравнивая скобочки последовательно к рациональным аргументам $k,\dfrac{1}{k},l,\dfrac{1}{l},m,\dfrac{1}{m}$, можно получить линейную систему относительно $r_1,r_6,r_{12}$, но имеем шесть уравнений с тремя неизвестными. В качестве неизвестных они мешаются... не знаю. Остальное на суд публики. Тут еще важное обстоятельство: "необходимо и достаточно" не потеряло ли своё "достаточно" при почленном перемножении уравнений? Строго доказать не берусь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение25.03.2018, 04:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
$\left\{\begin{matrix}
r_2r_4r_6r_8+1=k\\ 
2r_1r_3r_5r_7-1=1/k\\ 
r_2r_3r_{10}r_{12}+1=l\\ 
2r_1r_4r_9r_{11}-1=1/l\\ 
r_6r_7r_{10}r_{11}+1=m\\ 
2r_5r_8r_9r_{12}-1=1/m
\end{matrix}\right.$ или так $\left\{\begin{matrix}
r_2r_4r_6r_8=k-1\\ 
2r_1r_3r_5r_7=(k+1)/k\\ 
r_2r_3r_{10}r_{12}=l-1\\ 
2r_1r_4r_9r_{11}=(l+1)/l\\ 
r_6r_7r_{10}r_{11}=m-1\\ 
2r_5r_8r_9r_{12}=(m+1)/m
\end{matrix}\right.$ Почленное перемножение возвращает $\left\{\begin{matrix}
r_1r_2r_3r_4r_5r_6r_7r_8=\dfrac{k^2-1}{2k}=\dfrac{1}{x_1x_2}\\ 
r_1r_2r_3r_4r_9r_{10}r_{11}r_{12}=\dfrac{l^2-1}{2l}=\dfrac{1}{x_1x_3}\\ 
r_5r_6r_7r_8r_9r_{10}r_{11}r_{12}=\dfrac{m^2-1}{2m}=\dfrac{1}{x_2x_3}
\end{matrix}\right.$

То, что scwec и прописал. В итоге единственное, что оставляет надежду на общее решение в контексте изложенного -- исследование определителя системы $(1)$. Но там жуткое количество букв вылезает под радикалом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение25.03.2018, 19:20 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
Конечно, работать с таким количеством переменных - это на любителя.
У меня все параметрические решения получены из системы трех уравнений уже упомянутых выше.
Система сводится к уравнению $2abc(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)=d^2$.
Выбирая за параметры, например, $c,d$ находятся частные решения $a(c,d),b(c,d)$, а затем и $x_1,x_2,x_3$.
Ни о каком общем решении речь, конечно, не шла.
Не вижу возможности найти его здесь. Хотя почему и не пробовать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение25.03.2018, 22:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Если верно $2abc(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)=d^2$, тройка $x_1,x_2,x_3$ выражается тремя радикалами $\sqrt{\dfrac{f_1f_2}{f_3}}, \sqrt{\dfrac{f_2f_3}{f_1}}, \sqrt{\dfrac{f_3f_1}{f_2}}$, где $f_1=\dfrac{a^2-1}{2a}, f_2=\dfrac{b^2-1}{2b}, f_3=\dfrac{c^2-1}{2c}$. Это понятно. А на счет общего решения вопрос всё-таки интересный. Что если наоборот, из Героновых треугольников исходить? По-школьному. Там всего три переменные, и каждый треугольник с некоторым рациональным коэффициентом подобия может быть вписан в нашу гиперболу. Тупоугольные в первом квадрате остаются, остроугольные в третий квадрат заходят, и родственники сразу образуются. Или я не прав? Вопрос целой площади тут в стороне остаётся.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение26.03.2018, 08:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1299734 писал(а):
Там всего три переменные...

На самом деле геронов треугольник описывается двумя рациональными параметрами. Из Вики: любой геронов треугольник имеет стороны, пропорциональные значениям
$a=n(m^{{2}}+k^{{2}})$
$b=m(n^{{2}}+k^{{2}})$
$c=(m+n)(mn-k^{{2}})$... для целых m, n и k, где...
Тут комбинации из четырех слагаемых: $nm^2,mn^2,nk^2,mk^2.$ Поделив всё на $mnk$, получаем четвёрку $\dfrac{m}{k}, \dfrac{n}{k}, \dfrac{k}{m}, \dfrac{k}{n}$. Тройку $m,n,k$ можно считать взаимно простой, но не попарно. После сокращения дроби $\dfrac{m}{k}, \dfrac{n}{k}$ оборачиваются парой независимых пропорций и обратно: произвольная пара несократимых дробей $\dfrac{p_1}{q_1},\dfrac{p_2}{q_2}$ может быть представлена как $\dfrac{p_1q_2}{q_1q_2},\dfrac{p_2q_1}{q_1q_2}$. Можно заняться подстановками, но вроде бы незачем. Рассмотрим треугольник со сторонами $a=u+1/u,\ b=v+1/v,\ c=u-1/u+v-1/v$, где $u,v$ - две произвольные рациональные точки. Проверим площадь треугольника $s$ на рациональность. Полупериметр $p=(a+b+c)/2=u+v$, тогда $s=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{(u+v)(v-1/u)(u-1/v)(1/u+1/v)}=$$\sqrt{(u+v)^2(uv-1)^2/(uv)^2}=(1/u+1/v)(uv-1)=u-1/u+v-1/v=c$. Если не ошибся, площадь такого треугольника численно равна одной из сторон, а высота $h_c=2s/c=2$. Даже удивительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение26.03.2018, 10:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
p.s. И ничего удивительного. Два пифагоровых треугольника, приставленные друг к другу единичными катетами в масштабе 1:2. Хорошая мысля приходит опосля.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение26.03.2018, 18:00 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
Andrey A, Вы рвётесь в открытую дверь.
Параметризация Брахмагупты-Кармайкла героновых треугольников, которую Вы приводите, неоднократно использовалась здесь на форуме для решения различных задач.
То же относится и к выражениям для длин сторон $t(u+1/u),t(v+1/v),t(u-1/u+v-1/v)$. Тут Вы сделали, видимо, открытие для себя, что тоже неплохо.
Но мне бы хотелось показать, как находятся решения уравнения $2abc(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)=d^2$.
Запишем уравнение следующим образом:
$a^3-a=\dfrac{d^2(b^3-b)}{2c(c^2-1)b^2(b^2-1)^2}=\left(\dfrac{t^2}{2c(c^2-1)}\right)(b^3-b)$
Положим $N=\dfrac{t^2}{2c^3-2c}$. Тогда $a^3-a=N(b^3-b)\qquad(1)$.
Это уравнение семейства эллиптических кривых, которое после приведения к Вейерштрассову виду запишется как
$w^2=u^3-{3N^2}u+N^2+N^4$
Общего решения в виде рациональных функций здесь, конечно, нет, но частные рациональные решения
находятся в изобилии, поскольку ранги этих кривых больше нуля при любых рациональных $N$, исключая 0,-1,1 (в этих случаях кривые не являются эллиптическими).
Каждой рациональной точке (а их бесконечно много в силу ненулевого ранга) соответствует рациональное решение.
Например, рациональная точка $P=(a,b)$ на кривой $(1)$ это $(a,b)=\left(\dfrac{2N+1}{1-N},\dfrac{N+2}{1-N}\right)$. Подставляя $N=\dfrac{t^2}{2c^3-2c}$ получим 2-параметрическое решение $a(c,t),b(c,t)$
Другие рациональные точки получаются стандартным сложением имеющихся рациональных точек $P,2P,3P...$. Конкретные решения приведены выше.
Все они получены таким образом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение26.03.2018, 19:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
До $(1)$ понятно, а об эллиптических кривых основательно надо читать. Сначала.
scwec в сообщении #1299875 писал(а):
Тут Вы сделали, видимо, открытие для себя...

Ну да, ну да :)

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение27.03.2018, 12:40 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Добавлю кое-что. Из $(2)$ можно получить
$r_1=\frac{k+1}{2kr_3r_5r_7}=\frac{l+1}{2lr_4r_9r_{11}};\ r_6=\frac{k-1}{r_2r_4r_8}=\frac{m-1}{r_7r_{10}r_{11}};\ r_{12}=\frac{l-1}{r_2r_3r_{10}}=\frac{m+1}{2mr_5r_8r_9}.$ Избавляясь от трех переменных, получаем линейную относительно $r_2,r_5,r_{11}$ и опять-таки однородную систему трех уравнений $$\left\{\begin{matrix}
l(k+1)r_4r_9r_{11}-k(l+1)r_3r_5r_7=0\\ 
(k-1)r_7r_{10}r_{11}-(m-1)r_2r_4r_8=0\\ 
2m(l-1)r_5r_8r_9-(m+1)r_2r_3r_{10}=0
\end{matrix}\right.$$ Приравнивая определитель системы к нулю, получаем $\dfrac{k(k-1)(l+1)(m+1)}{2lm(k+1)(l-1)(m-1)}=\left ( \dfrac{r_4r_8r_9}{r_3r_7r_{10}} \right )^2$ или $2klm(k^2-1)(l^2-1)(m^2-1)=T^2$. Те же грабли в новой упаковке. Исследуя определитель системы $(1)$, видимо стоит ожидать нечто подобное под радикалом. Т.е. $2A_1B_1A_2B_2A_3B_3(A_1^2-B_1^2)(A_2^2-B_2^2)(A_3^2-B_3^2)$ :|

 Профиль  
                  
 
 Re: Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней
Сообщение27.03.2018, 21:54 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
Вот ещё одна связь 1-параметрического решения Andrey A $(x_1=1)$ с пифагоровыми треугольниками.
Рассмотрим уравнение эллиптической кривой $w^2=u(u+A^2)(u+B^2)\qquad(1)$, где $A^2+B^2=C^2$ и $A,B,C$ - рациональные числа. Будем искать рациональные точки на ней.
Зная решение исходной задачи $x_1=1,x_2,x_3$ находим $a,b,c$, а именно, в нашем случае:
$a=-\dfrac{r(r+2)}{2r+5}$
$b = \dfrac{(2r^3+13r^2+26r+15)r}{3r^3+26r^2+65r+50}$
$c=\dfrac{r^2+6r+5}{3r^2+14r+15}$
Поскольку $x_1=1$, то $(a^2-1)b=(b^2-1)a(2c/(c^2-1))$.
Это уравнение с переменными $a,b$ - есть уравнение эллиптической кривой, которое в некоторых переменных $u,w$ записывается как $w^2=u(u+4c^2)(u+(c^2-1)^2)$, т.о. получено уравнение $(1)$, где $A=2c,B=c^2-1$.
Рациональное решение $P=(u,w)$ для него с использованием $a,b,c$ следующее:
$u=\dfrac{16(r^2+4r+5)(r^2+5r+5)(r+5)^2}{r^2(3r+5)^2(r+3)^4}$
$w=\dfrac{32(r^2+4r+5)(r^2+5r+5)(2r+5)(r+5)^2{(r+2)}(r^4+4r^3+6r^2+20r+25)}{(r+3)^6{(3r+5)^4}{r^3}}$
Теперь, вычисляя $2P,3P...$ и каждый раз переходя от $u,w$ к $a,b$, оставляя неизменным $c$, получим бесконечное число 1-параметрических решений $x_1=1,x_2,x_3$ для исходной задачи. Результаты не приводятся здесь ввиду их громоздкости.
Само по себе уравнение кривой $(1)$ представляет интерес (нет очевидных рациональных точек с $w\ne{0}$), в отличие от уравнения $w^2=u(u-A^2)(u-B^2)$, о котором много написано, в основном, из-за того, что на соответствующей кривой имеется очевидная рациональная точка $(u,w)=(C^2,ABC)$.
Фактически здесь объясняется без подробностей, почему кривая $(1)$ для бесконечного числа неподобных пифагоровых треугольников имеет ненулевой ранг.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 29 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group