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 1, 2  След.
 
 по следам пифагоровых троек
Сообщение03.05.2008, 09:48 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Несколько задачек из журнала Scripta Mathematica за 1946 год:

Задача 1. Решить систему диофантовых уравнений: $$\begin{cases} p^2+q^2=r^2\\ s^2+t^2=u^2\\ v^2+w^2=x^2\\ r^2+u^2=x^2\end{cases}$$


Задача 2. Решить систему диофантовых уравнений: $$\begin{cases}x+y=u^2\\ y+z=v^2\\ z+x=w^2\\ u^2+v^2+w^2=t^2 \end{cases}$$


Задача 3. Решить диофантово уравнение: $$(a^2-s)^2 + (b^2-s)^2 = (c^2-s)^2$$


Во всех задачах требуется найти все решения (в параметрической форме), ну или хотя бы одно бесконечное семейство решений.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2008, 10:55 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Раз уж эта тема посвящена пифагоровым тройкам добавлю ещё одну ( может, кому-то неизвестную :) ):

Задача 4.Докажите, что на оси $$x$$ не существует рациональной точки, что все расстояния от неё до вершин квадрата $$(\pm1,\pm1)$$ - рациональны.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2008, 15:55 
Аватара пользователя


23/09/07
364
arqady писал(а):
Задача 4.Докажите, что на оси $$x$$ не существует рациональной точки, что все расстояния от неё до вершин квадрата $$(\pm1,\pm1)$$ - рациональны.

Пусть такая точка $x\in\mathbb{Q}$, то есть существуют $a,\,b\in\mathbb{Q}$, что
$(x+1)^2 + 1 = a^2$, $(x-1)^2 + 1 = b^2$. Вычитаем из первого равенства второе, получаем
$x = \frac{(a-b)(a+b)} 4$. Подставляем это значение $x$ в $(x+1)^2 + 1 = a^2$, получаем после упрощений:
$0 = 32 - 8b^2 + (a^2+b^2)^2 - 8a^2$
Делаем замену $t=a^2+b^2$, получаем уравнение $t^2-8t+32=0$, которое на первый взгляд не имеет решений.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2008, 16:35 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Echo-Off писал(а):
Делаем замену $t=a^2+b^2$, получаем уравнение $t^2-8t+32=0$, которое на первый взгляд не имеет решений.

То-бишь на оси $$x$$ вообще нет никаких точек! :mrgreen:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2008, 19:25 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Echo-Off писал(а):
Подставляем это значение $x$ в $(x+1)^2 + 1 = a^2$, получаем после упрощений:
$0 = 32 - 8b^2 + (a^2+b^2)^2 - 8a^2$


У меня при подстановке в скобке получился другой знак. То есть результатом подстановки является уравнение

$$
(a^2-b^2)^2 - 8(a^2+b^2) + 32 = 0
$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.05.2008, 01:01 
Аватара пользователя


23/09/07
364
Ах так! :evil: Тогда я отомщу! :twisted:
maxal писал(а):
Задача 3. Решить диофантово уравнение:

$a = 71q$
$b = 55q$
$c = 73q$
$s = 1585 q^2$
Или "подобные" четвёрки не считаются?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.05.2008, 01:12 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Echo-Off, играть на "однородности" неинтересно, избежать таких решений можно, например, потребовав взаимной-простоты чисел $a,b,c,s.$ Ну а в идеале требуется найти все решения.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.05.2008, 01:14 
Аватара пользователя


23/09/07
364
:twisted:
$a = 4k^4 + 8k^3 + 4k^2 - 2$
$b = 8k^3 + 12k^2 - 2$
$c = 4k^4 + 8k^3 + 4k^2 + 2$
$s = 96k^6 + 288k^5 + 144k^4 - 192k^3 - 144k^2 + 4$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.05.2008, 11:46 


17/01/08
110
maxal писал(а):
Задача 2. Решить систему диофантовых уравнений: $$\begin{cases}x+y=u^2\\ y+z=v^2\\ z+x=w^2\\ u^2+v^2+w^2=t^2 \end{cases}$$

$t_1 = \frac {a^2+b^2+c^2+d^2} 2$
$w_1 = \frac {a^2+b^2-c^2-d^2} 2$
$u_1 = ac+bd$
$v_1 = ad-bc$
$t = 2d{t_1}$
$w = 2d{w_1}$
$u = 2d{u_1}$
$v = 2d{v_1}$

u, v, w - с точностью до перестановки.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.05.2008, 22:42 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Задача 5. Для каких целых положительных $k$ система уравнений
$$\begin{cases} x^2+y^2 = z^2\\ (kx)^2 + y^2 = t^2\end{cases}$$
не имеет решений в целых положительных числах $x,y,z,t$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.05.2008, 13:06 
Заслуженный участник


08/04/08
8562
Подставляя несколько пифагоровых троек перебором получаются значения: 2, 7, 10, 11, 14, 22. В общем случае получилось только однородная последовательность:
$x^2+y^2=z^2$ равносильно $x=m_1 ^2-n_1 ^2, y=2m_1 n_1$
$(kx)^2+y^2=z^2$ равносильно $kx=m_2 ^2-n_2 ^2, y=2m_2 n_2$
Отсюда получаем
$k(m_1 ^2-n_1 ^2) =m_2 ^2-n_2 ^2,    m_1 n_1=m_2 n_2$
Или, меняя формулы для $x,y$, наоборот. Но с помощью линейной подстановки можно доказать, что другая система этой равносильна.
Рассмотрим другую систему:
$km_1 n_1=m_2 n_2$
$m_1 ^2-n_1 ^2 =m_2 ^2-n_2 ^2$
Возведем первое в квадрат, выразим $m_2 ^2$ и выразим $k^2$:
$k^2=(m_1 ^2-n_1 ^2 +n_2 ^2)/(m_1 ^2 n_1 ^2 / n_2 ^2)$

Может быть как-то можно найти более интересную последовательность

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.05.2008, 21:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Ничего путевого тоже не получилось.
Вычитая первое из второго, имеем $(k^2-1)x^2=t^2-z^2$. Все решения которого находятся: $t=(q^2+lp^2)r, z=(q^2-lp^2)r, x=2pqr$, где $p,q$ - взаимнопростые, $l=k^2-1$, $r - $ любое число.
Из первого уравнения имеем $y^2=((q^2-lp^2)r)^2-4p^2q^2r^2$, если в пифагоровых тройках $(2mn)^2+(m^2-n^2)^2=(m^2+n^2)^2$ взять решения $m,n$ - разной четности, то получаем два уравнения:
$pq=mn$, $q^2-lp^2=m^2+n^2$.
После преобразований этих двух уравнений получаем $( \frac{q}{p})^2-(\frac{q}{m})^2-(\frac{m}{p})^2=k^2-1$.
Отсюда можно указать бесконечную серию решений исходной системы. Например, берем $p=1,q=md$, находим $k^2=(m^2-1)(d^2-1)$ и решением уравнения Пелля находим бесконечно много решений: $m^2-1=f^2(d^2-1)$, $k=f(d^2-1)$, но нам нужно найти условие, когда решения нет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.05.2008, 16:50 


23/01/07
3497
Новосибирск
juna писал(а):
...находим бесконечно много решений: $m^2-1=f^2(d^2-1)$, $k=f(d^2-1)$, но нам нужно найти условие, когда решения нет.

Согласно Ваших выкладок, похоже $k$ не может быть простым.
Может быть это и есть решение?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.05.2008, 22:26 
Аватара пользователя


23/09/07
364
maxal писал(а):
Задача 5. Для каких целых положительных $k$ система уравнений
$$\begin{cases} x^2+y^2 = z^2\\ (kx)^2 + y^2 = t^2\end{cases}$$
не имеет решений в целых положительных числах $x,y,z,t$.

Ежу понятно, что эту задачу можно свести к следующей: при каких натуральных $k$ система
$$
\left\{
\begin{align}
-x^2 &+&z^2 &=& 1 \\
-k^2x^2 &+&t^2 &=& 1
\end{align}
\right.
$$
не имеет решений в рациональных ненулевых числах (в исходной системе поделили оба уравнения на $y^2$ и сделали замену).

Несложно заметить, что полученная система бирационально эквивалентна следующей эллиптической кривой:
$v^2 = u(u+1)(u+k^2)$
Прямое отображение на неё - $x=\frac {2v}{u^2-k^2}$, $z = \frac {u^2+2u+k^2}{u^2-k^2}$, $t = \frac{u^2+2k^2u+k^2}{u^2-k^2}$. Обратное - $u = \frac {k^2(t-z)}{k^2z-k^2-t+1}$, $v = \frac {k^2(k^2-1)x}{k^2z-k^2-t+1}$. $x$, $z$ и $t$ ненулевые $\Leftrightarrow$ $x$ ненулевое $\Leftrightarrow$ $v$ ненулевое.

Итак, задача свелась к следующей: при каких натуральных $k$ на кривой $v^2 = u(u+1)(u+k^2)$ нет рациональных решений с ненулевым $v$.

Однако на сегодняшний день нет алгоритма, который по заданной эллиптической кривой вычислял, есть ли на ней рациональная точка или нет, значит, задача нерешаемая (шутка :D )

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.05.2008, 13:22 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Echo-Off писал(а):
Несложно заметить, что полученная система бирационально эквивалентна следующей эллиптической кривой:
$v^2 = u(u+1)(u+k^2)$
Прямое отображение на неё - $x=\frac {2v}{u^2-k^2}$, $z = \frac {u^2+2u+k^2}{u^2-k^2}$, $t = \frac{u^2+2k^2u+k^2}{u^2-k^2}$. Обратное - $u = \frac {k^2(t-z)}{k^2z-k^2-t+1}$, $v = \frac {k^2(k^2-1)x}{k^2z-k^2-t+1}$. $x$, $z$ и $t$ ненулевые $\Leftrightarrow$ $x$ ненулевое $\Leftrightarrow$ $v$ ненулевое.

Итак, задача свелась к следующей: при каких натуральных $k$ на кривой $v^2 = u(u+1)(u+k^2)$ нет рациональных решений с ненулевым $v$.

А как же точка $(u,v)=(k,k(k+1))$? Эта точка всегда лежит на пресловутой кривой, только вот решений исходной задачи она не дает.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 28 ]  На страницу 1, 2  След.

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