Найти рациональные решения уравнения

[scwec]

Одно наблюдение.
Рассмотрим уравнение $z^2=x^3+x(y^2-a^4)\qquad(1)$ (зменили в исходном уравнении $a^2$ на $a^4$)
Можно доказать, что при любых заданных рациональных $a,z$ найдутся рациональные $x,y$ такие, что выполняется $(1)$.
Этим свойством не обладает исходное уравнение.
Возьмем $a=z=2$. Исходное уравнение приводится к Вейерштрассовой форме $w^2=u^3-\dfrac{16}{3}u-\dfrac{304}{27}\qquad(2)$.
Кривая $(2)$ имеет нулевой ранг и тривиальную группу кручения, сл-но рациональных точек на ней нет.
Уравнение же $(1)$ при $a=z=2$ имеет, например, решение $x=4,y=1$.

[Коровьев]

Да, интересный факт. Меня в своё время удивило, что многочлен $x^2+4$
не разложим в поле рациональных функций, а многочлен $x^4+4$ уже разложим

Ещё одна задача.

Найти параметрическое решение диофантового уравнения от двух переменных $x,y$
$\[ z^2 = x^3 - xy^2 + 1 \] $

[Коровьев]

Прошу прощения, я упустил из виду, что есть однопараметрическое решение, получаемое из очевидной точки $x=y$.
Это не то. Есть двухпараметрическое решение.

[Shadow]

Запишем уравнение в виде $z^2-1=x(x^2-y^2)$ Тривиальные решения: $x^2=y^2,z^2=1$

Положим $x=az+b,\;y=bz+a$

После сокращения получаем уравнение $1=(az+b)(a^2-b^2)$ - линейное относительно $z$

-- 11.05.2016, 09:04 --

Добавим к тривиальным и $x=0,z^2=1$, а то параметрическое решение для $x=\dfrac{1}{a^2-b^2}$

[Коровьев]

Очень верное решение, благодаря которому я узнал как эту задачу можно решить проще.
Но это ещё не вся "правда" об этом решении, которую надо несомненно было бы отметить.
Вся правда в том, что оно представляет все тройки рациональных чисел $(x,y,z)$ , удовлетворяющих исходному уравнению.
В самом деле, для любой рациональной тройки $(x_0,y_0,z_0)$ найдутся рациональные $(a,b)$ удовлетворяющие системе

$$\[ {\left\{ \begin{array}{l} x_0 = az_0 + b \\ y_0 = bz_0 + a \\ \end{array} \right.} \] $

отсюда получим

$$\[ a = \frac{{z_0 x_0 - y_0 }}{{z_0 ^2 - 1}},b = \frac{{z_0 y_0 - x}}{{z_0 ^2 - 1}} \] $

Таким образом двухпараметрическое решение исходного уравнения

$$\[ x = \frac{1}{{\left( {a^2 - b^2 } \right)}},y = \frac{{b - \left( {a^2 - b^2 } \right)^2 }}{{a\left( {a^2 - b^2 } \right)}},z = \frac{{1 - b\left( {a^2 - b^2 } \right)}}{{a\left( {a^2 - b^2 } \right)}} \] $

является полным.
Ну и плюс тривиальные решения, которые могут не входить в общее решение.

[AlexSam]

Цитата:

Таким образом двухпараметрическое решение исходного уравнения

$$\[ x = \frac{1}{{\left( {a^2 - b^2 } \right)}},y = \frac{{b - \left( {a^2 - b^2 } \right)^2 }}{{a\left( {a^2 - b^2 } \right)}},z = \frac{{1 - b\left( {a^2 - b^2 } \right)}}{{a\left( {a^2 - b^2 } \right)}} \] $

является полным.

У меня вылезла параметризация:
$$x=2,y=\frac{6\,b\,p}{{p}^{2}+2\,{b}^{2}},z=\frac{3\,\left( {p}^{2}-2\,{b}^{2}\right) }{{p}^{2}+2\,{b}^{2}}$

Что-то я не так сделал?

[Коровьев]

Да нет, всё правильно.
Только ваша параметризация реально однопараметрическая.
Если принять

$$\[ t = \frac{b}{p} \] $

то формулы будут выглядеть так

$$\[ x = 2,y = \frac{{6t}}{{1 + 2t^2 }},z = \frac{{3\left( {1 - 2t^2 } \right)}}{{1 + 2t^2 }} \] $

Из них можно найти чему равны $a,b$ в общей двухпараметрической формуле. А это значит, что ваша параметризация есть частный случай общей.
Конечно, в целых числах $a,b$ равенство

$$\[ x = 2 = \frac{1}{{a^2 - b^2 }} \] $

невозможно, но в рациональных числах таких пар бесконечно.

[AlexSam]

Спасибо. Понял.

[AlexSam]

получилось так:
$$x=\left( {h}^{2}-{s}^{2}\right) \,{t}^{2},y=\frac{s\,\left( {s}^{2}-{h}^{2}\right) \,{t}^{3}+1}{h\,t},z=\frac{{\left( {s}^{2}-{h}^{2}\right) }^{2}\,{t}^{3}+s}{h}$
но 3 параметра.

[Shadow]

AlexSam в сообщении #1122865 писал(а):

но 3 параметра.

Значит что-то лишнее (конкретное решение будет получатся при бесконечно много троек параметров). Действительно, заменой

$h=\dfrac{cs}{b},\;t:=\dfrac b s$ трехпараметрическое сводится к двухпараметрическому:

$x=c^2-b^2,\;y=\dfrac{b(b^2-c^2)+1}{c},\;z=\dfrac{(b^2-c^2)^2+b}{c}$

Очень похожее на написанное выше

Если рассмотреть $x$ как параметр, по методу секущих можно тоже найти найти полное решение: $y=x,z=1$, а также:

$y=\dfrac{xt^2+2t-x^2}{t^2+x},\;z=\dfrac{t^2-2x^2t-x}{t^2+x}\;\; \forall x,t \in \mathbb{Q}$

Возможно, все эти решения переходят одно в друго подходящей заменой.

[Коровьев]

Shadow в сообщении #1123143 писал(а):

Если рассмотреть $x$ как параметр, по методу секущих можно тоже найти найти полное решение: $y=x,z=1$, а также:

$y=\dfrac{xt^2+2t-x^2}{t^2+x},\;z=\dfrac{t^2-2x^2t-x}{t^2+x}\;\; \forall x,t \in \mathbb{Q}$

Возможно, все эти решения переходят одно в друго подходящей заменой.

Непременно должны переходить.
Если получены какие-то другие решения для $x,y,z$ удовлетворяющие исходному уравнению, то, как показано выше, по ним всегда можно найти $a,b$, уже зависящие от переменных полученного другого решения, по формулам приведённым ранее.
Или можно так, вместо $a,b$ можно вставит любые функции, по ним найти $x,y,z$, которые естественно будут удовлетворять исходному уравнению.

[AlexSam]

Уравнение имеет решение и в более общем виде: $a\,{x}^{3}-b\,{y}^{2}\,x+a\,b\,{c}^{2}={z}^{2}$

$$x=a\,{h}^{2}-b\,{s}^{2},y=\frac{s\,\left( b\,{s}^{2}-a\,{h}^{2}\right) +c}{h},z=\frac{{\left( b\,{s}^{2}-a\,{h}^{2}\right) }^{2}+b\,c\,s}{h}$