Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)

[nnosipov]

Приведу полное решение. Пусть третья сторона треугольника равна $c$. Тогда косинус противолежащего угла равен $(5-c^2)/4$. Поскольку синус этого угла рационален, приходим к тому, что число

$$ -9+10c^2-c^4 $$

является квадратом рационального числа. Имеем уравнение $-9x^4+10x^2y^2-y^4=z^2$ или

$$ (y-x)(y+x)(3x-y)(3x+y)=z^2, $$

где натуральные числа $x$, $y$ можно считать взаимно простыми, при этом $x<y<3x$.

1. Предположим сначала, что $y \not\equiv 0 \pmod{3}$. Если $x \not\equiv y \pmod{2}$, то числа $y \pm x$, $3x \pm y$ попарно взаимно просты. Значит,

$$ y-x=a^2, \quad y+x=b^2, \quad 3x-y=c^2, \quad 3x+y=d^2 $$

для некоторых натуральных чисел $a$, $b$, $c$, $d$. Отсюда $x=(b^2-a^2)/2$, $y=(a^2+b^2)/2$ и

$$ b^2-2a^2=c^2, \quad 2b^2-a^2=d^2. $$

Но последняя система по модулю $3$ имеет только нулевое решение. При $x \equiv y \equiv 1 \pmod{2}$ числа $(y \pm x)/2$, $(3x \pm y)/2$ попарно взаимно просты. Значит,

$$ y-x=2a^2, \quad y+x=2b^2, \quad 3x-y=2c^2, \quad 3x+y=2d^2 $$

для некоторых натуральных чисел $a$, $b$, $c$, $d$. Отсюда $x=b^2-a^2$, $y=a^2+b^2$ и снова

$$ b^2-2a^2=c^2, \quad 2b^2-a^2=d^2. $$

2. Если $y \equiv 0 \pmod{3}$, то $x \not\equiv 0 \pmod{3}$. Положив $y=3y_1$, получим

$$ -9y_1^4+10y_1^2-x^4=z_1^2 $$

и далее рассуждаем как в п. 1.

[nnosipov]

scwec, как я понял, Ваша первоначальная задача про вписанный четырёхугольник, которая сводится к уравнению $xy(2x+y)(2y-x)=z^2$, решается неэлементарно. Точнее, если $xy$ нечётно, легко приходим к противоречию, а вот если $xy$ чётно, то, вероятно, спуск в том или ином виде (та формула для ранга, что Вы привели выше, вряд ли элементарно доказывается). Или я что-то упустил?

[scwec]

nnosipov, доказательство понравилось. Уже по тексту можно сказать, что оно Ваше (стиль).
Решение можно построить и следующим образом: косинус угла между сторонами $1,2$ равен или $\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ или $\frac{2ab}{a^2+b^2}$,
где, как обычно, $a,b$ - натуральные числа разной четности и взаимно простые.
Тогда в первом случае $c^2=\frac{a^2+9b^2}{a^2+b^2}$. Поскольку числитель и знаменатель взаимно просты, то они - квадраты.
Получили задачу Лича, которая при $k=3$ решений не имеет.
Во втором случае $c^2=\frac{5a^2+5b^2-8ab}{a^2+b^2}$. Числитель и знаменатель также взаимно просты и, следовательно, квадраты.
Из того,что знаменатель квадрат, следует, что одно из чисел $a,b$ делится на $3$, а другое нет. Но тогда числитель $\equiv{2}\mod{3}$ и не является квадратом. Итак, такого треугольника не существует.
При таком подходе, переходя к случаю $n,n+1$, есть надежда использовать теорию проблемы Лича и полученные уже там результаты.
К сведению. Есть интересные результаты в теории построения героновых тругольников по двум сторонам. Известно, например, что для двух целых фиксированных простых чисел $q,p$, существует не более пяти героновых треугольников с длинами двух сторон $q,p$. Но точная нижняя граница не известна. Мы-то решали другую задачу. Фактически доказали, что не существует геронова треугольника, у которого длины двух сторон относятся как $1:2$. Такие задачи (отношение сторон $m:n$) тоже решаются.
Теперь по поводу вопроса о вписанном четырехугольнике. Вообще, такие задачи, как правило - плацдарм для применения эллиптических кривых.
Как элеметарно их решать - видимо, по обстоятельствам. Приведенная формула для ранга очень удачная, но Сильверман и Тэйт в этой же книге пишут, что только здесь-то всё и начинается, поскольку системного подхода
для решения получаемых, казалось бы простых уравнений - не существует. Однако, иногда получается. Делайте выводы.

[nnosipov]

scwec в сообщении #631643 писал(а):

Получили задачу Лича, которая при $k=3$ решений не имеет.

Следует ли отсюда, что мы умеем элементарно решать задачу Лича при $k=3$? Не могли бы Вы прокомментировать этот момент (этот вопрос сегодня мне задал один из школьников, с которыми мы разбирали Вашу задачу)? Честно говоря, я не понимаю, откуда взять

scwec в сообщении #631643 писал(а):

косинус угла между сторонами $1,2$ равен или $\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ или $\frac{2ab}{a^2+b^2}$,

Про эти вещи Вы раньше, скорее всего, писали, но я не могу вспомнить где. Ссылки будет достаточно.

[Shadow]

scwec имел ввиду, что если синус и косинус угла рациональны, то... (длины сторон отношение к формуле не имеют)

[nnosipov]

Shadow, точно. Спасибо.

[scwec]

С косинусом разобрались. Теперь о Личе. У меня где-то есть элементарное доказательство для несуществования решения при $k=3$.
Но и из Вашего доказательства это следует. Действительно, пусть решение системы Лича $a^2+b^2=p^2$ и $a^2+9b^2=q^2$ существует.
Но тогда и рациональный треугольник со сторонами $1,2$ существует. Недостающая сторона имеет длину $c=\frac{q}{p}$.
Вообще, справедливо утверждение: если задача Лича имеет решение при $k=2n+1$, то существует рациональный треугольник, две стороны которого имеют длины $n,n+1$.

[nnosipov]

Понятно, спасибо.

[scwec]

Воспользуюсь случаем доказать отсутствие натуральных решений у системы Лича при $k=3$ тем же методом, что использовался для вписанного четырехугольника.
Известно, что вопрос о нахождении натуральных решений системы $a^2+b^2=c^2$, $a^2+(nb)^2=d^2\qquad(1)$, где $a,b,c,d,n$ - натуральные числа, сводится к нахождению рациональных точек на эллиптической кривой $y^2=x^3+(n^2+1)x+n^2{x}=x(x+1)(x+n^2)\qquad(2)$.
У неё восемь точек конечного порядка. Это $(0,0), (-1,0), (-n^2,0), (n,n^2+n), (n,-n^2-n), (-n,n^2-n), (-n,-n^2+n), \infty$ и группа кручения изоморфна $Z_2\times{Z_4}$. Ни одна из точек конечного порядка не дает нужных решений системы Лича $(1)$.
Это все из теоремы Лутц-Нагеля.
Займемся теперь вычислением ранга кривой $(2)$ при $k=3$. Кривая $(2)$ выглядит так: $y^2=x^3+10x^2+9x\qquad(3)$.
Выпишем вторую кривую $y^2=x^3-20x^2+64x\qquad(4)$ по правилам изложенным в решении по четырехугольнику.
Для каждой кривой $(3),(4)$ выписываем уравнения $dt^2=d^2r^4+10dr^2s^2+9s^4\qquad(5)$ и $DT^2=D^2R^4-20DR^2S^2+64S^4\qquad(6)$.
Для уравнения $(5)$ возможны $d=\pm{1},\pm{3}$ и все четыре дают целые решения.
$(d=1,r=0,s=1,t=3)$,
$(d=-1,r=1,s=1,t=0)$,
$(d=3,r=1,s=1,t=4)$,
$(d=-3,r=1,s=1,t=2)$ т.о. $N_1=4$
Для уравнения $(6)$ возможны $D=\pm{1},\pm{2}$. Здесь только одно решение $D=1,R=0,S=1,T=8$. Действительно, при $D=-1,-2$ левая часть уравнений отрицательна, а правая положительна. Решений нет.
Рассмотрим $D=2$. Уравнение $(6)$ выглядит теперь так $2T^2=4R^4-40R^2S^2+64S^4$ или $T^2=2R^4-20R^2S^2+32S^4$. $R$ может быть только четным, иначе
несравнение левой и правой части по модулю $4$. Тогда $S$-нечетно (ведь без ограничения общности $gcd(R,S)=1$).
Если $R=2^k{(2N+1)}$ и $k>1$, то в правой части за скобки выносится $2^5$, а в скобках остается нечетное число, в левой же части полный квадрат.
Значит, $k=1$. Но тогда за скобки выносится $2^4$. Деля уравнение $(6)$ на 16 получаем новое уравнение $P^2=2u^4-5u^2v^2+2v^4$, где $u,v$ - нечетные.
Оно целых решений (кроме тривиального) не имеет поскольку левая и правая части несравнимы по модулю $4$.
Итак для уравнения $(6)$ есть только одно решение и $N_2=1$. Если $r$ - ранг кривой $(3)$, то $2^r=\frac{{N_1}{N_2}}{4}$ и в нашем случае $r=0$.
На кривой $(3)$ нет рациональных точек бесконечного порядка и задача Лича при $k=3$ решений не имеет.