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
 
 Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение06.10.2009, 10:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Найти все рациональные решения уравнения
$x^2+xy+y^2=3$

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение06.10.2009, 10:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5420
Нов-ск
$$x=\frac{t^2-2t-2}{t^2+t+1}, \;\; y=\frac{-2t^2-2t+1}{t^2+t+1}, \;\;t=m/n$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение06.10.2009, 16:00 


21/06/06
1721
Прошу прощения, что задаю вопрос не в тему.
А вообще считается ли ошибкой, если, какое-либо решение в приводимом множестве решений фигурует два раза и более?

Это относится и к этому заданию и еще к ряду уравнений, например, тригонометрических, где бывает так, что решения найти нетрудно, а вот разделить их на ряд непересекающихся множеств бывает затруднительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение06.10.2009, 18:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Я, вообще-то, привёл эту задачку, чтобы потом показать мало применяемый метод решения подобного класса задач, отличного от широко применяемого метода секущих.
***
Итак, надо найти все рациональные решения уравнения с рациональными коэффициентами, с отличным от нуля свободным членом
$F(x,y) = (ax^2  + bxy + cy^2 ) + (dx + ey) + f=0 $
если известно одно рациональное решение этого уравнения.
Сначала покажем, что заменой переменных можно перевести это уравнение в уравнение без свободного члена.
Пусть
$F(x_0 ,y_0 ) = 0 $
Сделаем замену переменных
$ x = x' + x_0$
$ y = y' + y_0 $
так как
$ F(0,0) = f $
то
$ F(x,y) = F(x' + x_0 ,y' + y_0 ) = F'(x',y')$
где $F'(x',y') $ - некое другое уравнение и
$ F'(0,0) = F(x_0 ,y_0 ) = 0 $
***
Чтобы не вводить новые обозначения рассмотрим исходное уравнение без свободного члена.
$F(x,y) = (ax^2  + bxy + cy^2 ) + (dx + ey)=0$
или
$F(x,y)= x[ax + ky + d] + y[(b - k)x + cy + e]=0$
где $k$ - любое рациональное число.
Потребуем, чтобы выражение в квадратных скобках были равны нулю
$ ax + ky =  - d $
$ (b - k)x + cy =  - e$
отсюда
$ x = \frac{{ - ae - d(b - k)}}{{ac - bk + k^2 }}$
$ y = \frac{{ - dc - ek}}{{ac - bk + k^2 }}$
$k$ выбирается так, чтобы дискриминант
$ac - bk + k^2  \ne 0$
***
Покажем, что эти решения охватывают все решения исходного уравнения без повторений.
Пусть
$ F(x_0 ,y_0 ) = 0$
тогда для этих $x_0 ,y_0$ можно выбрать такае $k$, чтобы выполнялось
$ ax_0  + ky_0  =  - d $
Тогда из $ F(x_0 ,y_0 ) = 0$ следует, что и
$(b - k)x + cy + e = 0$
Таким образом, для каждого решения есть единственное значение $k$
Из формул общих решений следует также, что для каждого $k$ существует только одно решение.
***

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение07.10.2009, 01:23 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
Коровьев в сообщении #249561 писал(а):
Сначала покажем, что заменой переменных можно перевести это уравнение в уравнение без свободного члена.
Пусть
$F(x_0 ,y_0 ) = 0 $

Для полноты картины осталось указать, как искать такие $(x_0,y_0)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение10.10.2009, 17:04 


23/01/07
3415
Новосибирск
Коровьев в сообщении #249561 писал(а):
Я, вообще-то, привёл эту задачку, чтобы потом показать мало применяемый метод решения подобного класса задач, отличного от широко применяемого метода секущих.

Интересно, а указанным методом (или каким-либо иным) можно найти все рациональные решения уравнения:
$(x^2+x+1)(y^2+y+1)(z^2+z+1)=9$ :?:

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение12.10.2009, 00:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Батороев в сообщении #250682 писал(а):
Интересно, а указанным методом (или каким-либо иным) можно найти все рациональные решения уравнения:
$(x^2+x+1)(y^2+y+1)(z^2+z+1)=9$ :?:

Интересно, а имеет ли это уравнение решения отличные от тривиальных?
"Меня одолевают смутные сомнения"
Если перейти от дробных чисел к целым числам, то получится хоть и красивое, но очень сомнительное в части решения, уравнение
$(x_1^2  + x_1 x_2  + x_2^2 )(y_1^2  + y_1 y_2  + y_2^2 )(z_1^2  + z_1 z_2  + z_2^2 ) = 9x_2^2 y_2^2 z_2^2 
$
Естественно, указанный метод тут не применим. Он годится для квадратичных форм от нескольких переменных. В частности, и от трёх.
*****
Вот неплохой пример на этот метод.
Задача. Найти все рациональные точки на шаре единичного радиуса.

$ x^2  + y^2  + z^2  = 1$
Возьмём тривиальное решение $ (0,0,1) $ и сделаем замену переменных, чтобы освободиться от свободного члена
$z = t + 1$
как и в предыдущем случае, введём параметрические переменные, так, чтобы сохранилось равенство.
$ x^2  + y^2  + t^2  + 2t \equiv x(x + ky + lt) + y( - kx + y + mt) + t( - lx - my + t + 2) = 0 $
Приравняем выражения в скобках нулю. Получим систему из трёх уравнений
$ x + ky + lt = 0$
$  - kx + y + mt = 0$
$ - lx - my + t =  - 2$
$\[
\Delta  = \left| {\begin{array}{*{20}c}
   1 & k & l  \\
   { - k} & 1 & m  \\
   { - l} & { - m} & 1  \\
\end{array}} \right| = 1 + k^2  + l^2  + m^2 
\]$
$\[
x = \Delta ^{ - 1} \left| {\begin{array}{*{20}c}
   0 & k & l  \\
   0 & 1 & m  \\
   { - 2} & { - m} & 1  \\
\end{array}} \right| = \frac{{2l - 2km}}{{1 + k^2  + l^2  + m^2 }}
\]
$
$\[
y = \Delta ^{ - 1} \left| {\begin{array}{*{20}c}
   1 & 0 & l  \\
   { - k} & 0 & m  \\
   { - l} & { - 2} & 1  \\
\end{array}} \right| = \frac{{2m + 2kl}}{{1 + k^2  + l^2  + m^2 }}
\]
$
$\[
t = \Delta ^{ - 1} \left| {\begin{array}{*{20}c}
   1 & k & 0  \\
   { - k} & 1 & 0  \\
   { - l} & { - m} & { - 2}  \\
\end{array}} \right| = \frac{{-2 - 2k^2 }}{{1 + k^2  + l^2  + m^2 }}
\]
$
и
$\[
z = \frac{{-1- k^2  + l^2  + m^2 }}{{1 + k^2  + l^2  + m^2 }}
\]
$

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение12.10.2009, 09:27 


23/01/07
3415
Новосибирск
Коровьев в сообщении #251028 писал(а):
Если перейти от дробных чисел к целым числам, то получится хоть и красивое, но очень сомнительное в части решения, уравнение
$(x_1^2  + x_1 x_2  + x_2^2 )(y_1^2  + y_1 y_2  + y_2^2 )(z_1^2  + z_1 z_2  + z_2^2 ) = 9x_2^2 y_2^2 z_2^2 
$

Мне тоже данное уравнение кажется красивым.

Характерно, что сумма числа $ x_2^2y_2^2z_2^2$ и его делителей описывается выражением:

$ (x_2^2+x_2+1)(y_2^2+y_2+1)(z_2^2+z_2+1)$.

Но можно ли это далее куда-то привязать?

 Профиль  
                  
 
 Re: Найти все рациональные решения уравнения
Сообщение28.10.2009, 12:13 


23/01/07
3415
Новосибирск
Батороев в сообщении #250682 писал(а):
Интересно, а указанным методом (или каким-либо иным) можно найти все рациональные решения уравнения:
$(x^2+x+1)(y^2+y+1)(z^2+z+1)=9$ :?:

Небольшое отступление:
Если в данное уравнение подставить
$x=\dfrac{a+b}{c}$
$y=\dfrac{c-a}{b}$
$z=\dfrac{c-b}{a}$,
то после преобразований получим уравнение:

$ (a+b-c)^3=3(a+b)(c-a)(c-b)$, (1)

известное многим по ВТФ для третьей степени (получаемое из основного уравнения).

Коровьев в сообщении #251028 писал(а):
Если перейти от дробных чисел к целым числам, то получится хоть и красивое, но очень сомнительное в части решения, уравнение
$(x_1^2  + x_1 x_2  + x_2^2 )(y_1^2  + y_1 y_2  + y_2^2 )(z_1^2  + z_1 z_2  + z_2^2 ) = 9x_2^2 y_2^2 z_2^2 
$

Если поделить обе части полученного Вами уравнения на $x_1^2y_1^2z_1^2$,
то получим:
$(x_2^2+x_2+1)(y_2^2+y_2+1)(z_2^2+z_2+1)=\dfrac{9x_2^2y_2^2z_2^2}{x_1^2y_1^2z_1^2}=(\dfrac{3x_2y_2z_2}{x_1y_1z_1})^2$ (2)

Т.к. в левой части имеем целое число, то и
$ \dfrac{3x_2y_2z_2}{x_1y_1z_1}$ должно быть целым числом.

Применив указанную выше подстановку, получаем, что:
$ \dfrac{3abc}{(a+b)(c-a)(c-b)} $ также должно быть целым числом,
откуда при взаимной простоте $a, b, c$ должны быть целыми числами (например, при $a$ кратном 3):
$ \dfrac{3a}{c-b}$;$ \dfrac{b}{c-a}$;$ \dfrac{c}{a+b}$.

Если до сих пор я нигде не наврал, то дальнейшее доказательство ВТФ для третьей степени элементарно, т.к. число:
$ q= \dfrac{b}{c-a}= \dfrac{c^2+ca+a^2}{b^2}$

$q^3=\dfrac{b^2}{(c-a)^2}\cdot \dfrac{c^2+ca+a^2}{b^2} = \dfrac{c^2+ca+a^2}{(c-a)^2} = 1+\dfrac {3ca}{(c-a)^2}$

не может быть целым.

-- Ср окт 28, 2009 16:22:27 --

Тьфу,..
Ну и поделил же я на $x_1^2y_1^2z_1^2$ - курам на смех. :oops:

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 9 ] 

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