Найти все рациональные решения уравнения

[Коровьев]

Найти все рациональные решения уравнения
$x^2+xy+y^2=3$

[TOTAL]

$$x=\frac{t^2-2t-2}{t^2+t+1}, \;\; y=\frac{-2t^2-2t+1}{t^2+t+1}, \;\;t=m/n$$

[Sasha2]

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.

[Коровьев]

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.
***

[maxal]

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 $(x_0,y_0)$.

[Батороев]

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:
$(x^2+x+1)(y^2+y+1)(z^2+z+1)=9$

[Коровьев]

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
$\[ z = \frac{{-1- k^2 + l^2 + m^2 }}{{1 + k^2 + l^2 + m^2 }} \] $

[Батороев]

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?

[Батороев]

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.