по следам пифагоровых троек

[maxal]

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.

[arqady]

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.

[Echo-Off]

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.

[arqady]

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!

[Профессор Снэйп]

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

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

[Echo-Off]

Ах так! Тогда я отомщу!

maxal писал(а):

Задача 3. Решить диофантово уравнение:

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

[maxal]

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.

[Echo-Off]

$a = 4k^4 + 8k^3 + 4k^2 - 2$
$b = 8k^3 + 12k^2 - 2$
$c = 4k^4 + 8k^3 + 4k^2 + 2$
$s = 96k^6 + 288k^5 + 144k^4 - 192k^3 - 144k^2 + 4$

[Kid Kool]

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.

[maxal]

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 $x,y,z,t$.

[Sonic86]

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

[juna]

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.

[Батороев]

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?

[Echo-Off]

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 )

[maxal]

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.