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: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение15.10.2012, 21:41 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение16.10.2012, 11:44 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение16.10.2012, 16:03 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение17.10.2012, 16:08 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение17.10.2012, 16:33 


26/08/11
2057
scwec имел ввиду, что если синус и косинус угла рациональны, то... (длины сторон отношение к формуле не имеют)

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение17.10.2012, 16:46 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Shadow, точно. Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение17.10.2012, 17:53 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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 $n,n+1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение17.10.2012, 18:24 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Понятно, спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вписанный четырехугольник и числа Фибоначчи (II)
Сообщение19.10.2012, 16:29 
Заслуженный участник


17/09/10
2132
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  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