О числе Лича

[Shadow]

Множитель $k$ необходим, когда $X \text{ и } Y$ в уравнении $X^2+Y^2=Z^2$ различимы. Когда они неразличимы, он не нужен. А для нас они не различимы, т.к рассматриваем только их сумму.

[Shadow]

Без условия взаимной простоты $u,v$, уравнение $5(a-b)=(u+v)^2-2v^2$ само по себе противоречие не содержит. $5|v,5|u,5|(a-b)$ Придется возвращатся к
$\\2a-3b\\ 3a-2b$
А насчет общих множителей $a,b$ уже можно предъявить претензии.

[nnosipov]

scwec в сообщении #730468 писал(а):

Пусть $a,b,c$ - натуральные числа и $a^2+b^2=c^2$
Тогда $13a^2+13b^2-24ab$ не может быть квадратом.

Очевидно, можно считать $a$ и $b$ взаимно простыми. Тогда $a=m^2-n^2$, $b=2mn$ и т.д. Никаких проблем.

[Shadow]

Да, а насчет множителя $k$ я неправ.

[scwec]

Конечно, $a,b$ взаимно просты. Имелось в виду другое - могут быть не вз. просты $2a-3b,3a-2b.$ Тогда появляется $k$ и
$2a-3b=k(u^2-v^2),3a-2b=2kuv$.
Уравнение $5(a-b)=(u+v)^2-2v^2$, с которым всё ясно - правая часть на $5$ не делится ($u,v$ - вз.просты) превращается в $5(a-b)=k((u+v)^2-2v^2)$, у которого правая часть на 5 может и делиться.
Тут, видимо, тоньше надо работать.

[nnosipov]

scwec в сообщении #730682 писал(а):

Тут, видимо, тоньше надо работать.

Я же выше написал: тупо грузим $a=m^2-n^2$, $b=2mn$ в $13a^2-24ab+13b^2=t^2$ и затем смотрим по модулю 5. Maple говорит, что сравнение имеет место только при $m \equiv n \equiv t \equiv 0 \pmod{5}$.

[scwec]

Придётся поверить Maple. Интересно, что именно к нему у меня возникли вопросы при приведении к форме Вейерштрасса уравнения четвертой степени в этой задаче.

[nnosipov]

scwec в сообщении #730689 писал(а):

Интересно, что именно к нему у меня возникли вопросы при приведении к форме Вейерштрасса уравнения четвертой степени в этой задаче.

У меня тоже, кстати. Какие-то комплексные коэффициенты выдаёт в случае кривой $-x^4+6x^2-1=y^2$. Кто бы объяснил, как правильно пользоваться этой процедурой.

[Shadow]

Протиоречие не вижу. Еще хуже - вижу решения
$a=18,b=17$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #730693 писал(а):

Протиоречие не вижу. Еще хуже - вижу решения
$a=18,b=17$

Это не контрпример, поскольку $18^2+17^2$ не точный квадрат. Я не думаю, что Maple врёт.

[scwec]

nnosipov в сообщении #730690 писал(а):

У меня тоже, кстати. Какие-то комплексные коэффициенты выдаёт

Вернусь домой, посмотрю ещё раз эти дела. Первым это явление заметил maxal. Я после экспериментировал с этим приведением. Когда указываешь рациональную точку на исходной кривой, то комплексные коэффициенты пропадают. Форму Вейерштрасса выдает верно в любом случае. Надо восстановить всё на конкретном материале. Чуть позже.

[Shadow]

(Оффтоп)

Я совсем не заметил дополнительное условие $a^2+b^2=c^2$

[scwec]

nnosipov в сообщении #730690 писал(а):

Какие-то комплексные коэффициенты выдаёт в случае кривой $-x^4+6x^2-1=y^2$ . Кто бы объяснил, как правильно пользоваться этой процедурой.

Ваш случай простой, поскольку на исходной кривой есть очевидная рациональная точка $(1,2)$.
Задание для Maple выглядит так:

f:=y^2+x^4-6x^2+1
v:=Weierstrassform(f,x,y,u,w,[1,2,1])

В результате комплексных чисел в выражениях для $x,y,u,w$ не будет. Причина в наличии во второй строке $[1,2,1]$,( можно $[k,2\cdot{k},k]$).
Попробуйте и убедитесь

[nnosipov]

scwec в сообщении #730754 писал(а):

Попробуйте и убедитесь

Да, всё работает, спасибо.

[scwec]

Предыдущую задачу удалось решить nnosipov с помощью Maple (Shadow навел на мысль "по модулю 5"). Везение, в хорошем смысле.
У меня ещё одна задача на эту тему, теперь связанная с параметризацией Колмана полусовершенных кубоидов (одна сторона не рациональна).
Доказать, что $m^8+14m^4n^4+n^8$ не может быть удвоенным квадратом. $m,n$ взаимно простые натуральные.