Система трех квадратных уравнений

[scwec]

Найдите однопараметрическое решение системы уравнений
$x^2+y^2=u^2$
$x^2+(y-1)^2=v^2$
$(x-1)^2+y^2=w^2$
в рациональных числах $x,y,u,v,w$ при $x\cdot{y}\ne{0}$.

[Коровьев]

Господа, я удалил своё сообщение из-за ошибки в выкладках. При принятом у меня допущении$u=1$ решения вообще не существует.

[kalin]

Да! Кинокомедия славная получилась! Мне удалось все моменты посмотреть и теперь глянул на аватару. Не хватает Эльдара нашего Рязанова...
Но если серьезно, - задача необычайно интересная. Мучаюсь уже часов 5 , исписал две тетради, мозги запутались. Не по зубам оказалась. А так хочется решение увидеть! Жду действий настоящих профессионалов!

[=SSN=]

scwec в сообщении #1216549 писал(а):

Найдите однопараметрическое решение системы уравнений
$x^2+y^2=u^2$
$x^2+(y-1)^2=v^2$
$(x-1)^2+y^2=w^2$
в рациональных числах $x,y,u,v,w$ при $x\cdot{y}\ne{0}$.

Не очень понятно, что значит "однопараметрическое решение"?
Все-таки, для системы из трех уравнений с пятью неизвестными решение будет зависеть от двух произвольных параметров.

Геометрически все три уравнения описывают окружности на плоскости (x,y) с координатами центров (0,0), (0,1), (1,0) и радиусами |u|,|v| и |w|, соответственно.
Если обозначить угол между осью абсцисс и радиус-вектором в точку пересечения всех трех окружностей как "$\varphi$", то по теореме косинусов находим:

$v^2=u^2+1-2u\times\cos(\frac{\pi}{2}-\varphi)=u^2+1-2u\times\sin(\varphi)$, и:
$w^2=u^2+1-2u\times\cos(\varphi)$.

Из первого уравнения находим:

$\sin(\varphi)=\frac{u^2-v^2+1}{2u}$, откуда:

$x=u\times\cos(\varphi)$,
$y=u\times\sin(\varphi)$, и:

$w=\pm\sqrt{|u^2+1-2u\times\cos(\varphi)|}$.

Решение, таким образом, будет зависеть от двух произвольных параметров, "u" и "v".

[ИСН]

Однопараметрическое - значит зависящее от одного параметра. Не надо все решения. Найдите хотя бы такое.

Это задача Штейнгауза без одного угла. Со всеми углами - открытый вопрос, есть ли решения вообще.

[scwec]

Справедливое разъяснение, но эта система имеет и самостоятельное назначение.
Так, если заменить третье уравнение на $(x-a)^2+y^2=w^2$, где $a$ произвольное рациональное число,
оставив неизменными первые два уравнения, то 1-параметрическое решение системы существует и в этом случае.

[Коровьев]

Вот одно из однопараметрических решений системы.
Оно очень громоздкое, потому привожу его только в кодах для PARI

{
x=8*n^2*(n^2 + n - 1)*( n^2 + 2*n - 1)*(n^4 + 2*n - 1)*(n^4 + 2*n^3 - 1)/(n^4+2*n^3-2*n+1)^4;
y=2*n *(n^4 - 4*n^2 + 1)*(n^4 + 2*n - 1)*(n^4 + 2*n^3 - 1)*(n^4 + 4*n^3 - 4*n + 1)/((n^2-1)*(n^4+2*n^3-2*n+1)^4);
a=(n^2 + 2*n - 1)*(n^8 + 8*n^5 + 2*n^4 - 8*n^3 + 1)/((n^2-1)*(n^4+2*n^3-2*n+1)^2);
b=(n^2+1)*(n^4-4*n^2+1)*(n^4+4*n^3-4*n+1)/((n^2-1)*(n^4+2*n^3-2*n+1)^2);
c=2*n*(n^4 + 2*n - 1)*(n^4 + 2*n^3 - 1)/((n^2-1)*(n^4+2*n^3-2*n+1)^2); 
}
x^2+(y-1)^2-a^2
y^2+(x-1)^2-b^2
x^2+y^2-c^2

Кратко решение.
Введём обозначения

$$\[ S_h = \frac{{2h}}{{1 + h^2 }},C_h = \frac{{1 - h^2 }}{{1 + h^2 }},T_h = \frac{{2h}}{{1 - h^2 }} \]$

$\[ \begin{array}{l} x^2 + y^2 = c^2 \\ x^2 + \left( {y - 1} \right)^2 = a^2 \\ \left( {x - 1} \right)^2 + y^2 = b^2 \\ \end{array} \]$
Из первого уравнения следует

$$\[ \begin{array}{l} x = cC_k \\ y = cS_k \\ \end{array} \]$

Второе и третье уравнения дают

$$\[ \begin{array}{l} c^2 - 2cS_k - a^2 + 1 = 0 \\ c^2 - 2cC_k - b^2 + 1 = 0 \\ \end{array} \]$

Далее

$$\[ c = S_k \pm \sqrt {a^2 - C_k ^2 } \]$

$$\[ c = C_k \pm \sqrt {b^2 - S_k ^2 } \]$

$$\[ a = \frac{{C_k }}{{C_m }},b = \frac{{S_k }}{{C_n }} \] $

$$\[ c = S_k + C_k T_m = C_k + S_k T_n \]$

$$\[ T_k = \frac{{1 - T_m }}{{1 - T_n }} \]$

$$\[ \frac{{2k}}{{1 - k^2 }} = \frac{{1 - 2m - m^2 }}{{1 - m^2 }} \cdot \frac{{1 - n^2 }}{{1 - 2n - n^2 }} = \frac{{1 - 2m - m^2 }}{{1 - m^2 }}d_n \to d_n = \frac{{1 - n^2 }}{{1 - 2n - n^2 }} \]$

$$\[ k = \frac{{ - \left( {1 - m^2 } \right) + \sqrt {\left( {1 - m^2 } \right)^2 + \left( {1 - 2m - m^2 } \right)^2 d_n ^2 } }}{{\left( {1 - 2m - m^2 } \right)d_n }} \]$

Подкоренное выражение есть эллиптическая кривая с тривиальной точкой при $m=1$, которая порождает уже нетривиальную при

$$\[ {m = \frac{{1 - 3d_n ^2 }}{{1 + d_n ^2 }}} \]$

Ну а далее, двигаясь обратно по решению, находим и само частное решение системы.

[kalin]

Коровьев
Вот это уже фантастика! Но неужели кто-то на олимпиаде сумел такое решить?

[Toucan]

kalin в сообщении #1216660 писал(а):

Да! Кинокомедия славная получилась!...

kalin, очередное предупреждение за публикацию очередного бессодержательного сообщения и обсуждение аватары пользователя в тематическом разделе.
С учетом многочисленных предыдущих нарушений - 3 дня отдыха.

[scwec]

Решение Коровьев верное и очень естественное.
Конечно, тут есть варианты, поскольку 1-параметрических решений бесконечно много. Можно, например, найти двухпараметрическое решение первых двух уравнений (это просто), подставить его в третье и получить уравнение эллиптической кривой, на которой имеется бесконечно много рациональных точек.
Для исходной системы это $W^2=U(U-2t^4+4t^3+4t+2)(U-2t^4+4t^3-2t^2)$, где $U,W$ вспомогательные переменные, $t$ - параметр.
Затем исхитриться вычислить хотя бы одну точку бесконечного порядка на этой кривой (это уже чуть сложней),
здесь это $(U,W)=(4t^2(t^2+1),4t^2(t^2+1)(t+1)^2)$, и перейти от $U,W$ к $x,y$. Однопараметрическое решение готово.
Привожу 1-параметрическое решение. полученное таким путем, для системы более общей, а именно:
$x^2+y^2=u^2$
$x^2+(y-1)^2=v^2$
$(x-a)^2+y^2=w^2$
где $a$ рациональное число

$x=\dfrac{t(t^2+2t+2a+1)((2a+1)t^2-2t+1)}{(a+1)(t^2+2t-1)(t^2+1)^2}$
$y=\dfrac{(t^2-1)(t^2+2t+2a+1)((2a+1)t^2-2t+1)}{2(a+1)(t^2+2t-1)(t^2+1)^2}$
$u=\dfrac{(t^2+2t+2a+1)(2at^2+t^2-2t+1)}{2(t^2+2t-1)(a+1)(t^2+1)}$
$v=\dfrac{1-4t+6t^2+4t^3+t^4+8at^2+4t^2{a^2}}{2(t^2+2t-1)(a+1)(t^2+1)}$
$w=\dfrac{1-2t^2+t^4+2a-4at^2+2at^4+2a^2-4a^2{t}+4t^3{a^2}+2t^4{a^2}}{2(t^2+2t-1)(a+1)(t^2+1)}$

Отсюда следует, что для любого прямоугольника с рациональными длинами сторон, в плоскости прямоугольника найдется бесконечно много точек, расстояния от которых до 3 вершин этого прямоугольника рациональные числа.
Для квадрата это, как правильно заметил ИСН, "задача Штейнгауза без одного угла".
Можно доказать также, что такие точки образуют множество, всюду плотное на плоскости.