Система квадратных уравнений

[scwec]

Докажите, что система квадратных уравнений $x^2+16n^2=u^2, ((n+1)^2-x)^2+16n ^2=v^2$ при любых рациональных $n\ne{1}$ имеет решения в рациональных числах $x,u,v$.
Докажите также, что при $n=1$ система рациональных решений не имеет.

[scwec]

Упрощенная задача: докажите, что система уравнений
$x^2+y^2=u^2$
$(1-x)^2+y^2=v^2$
имеет решения в рациональных числах $x,y,u,v$ таких, что $xy\ne{0},x\ne{1},u\ne{v}$ и $y$ целое число

[lel0lel]

scwec в сообщении #1242760 писал(а):

докажите, что система уравнений
$x^2+y^2=u^2$
$(1-x)^2+y^2=v^2$
имеет решения в рациональных числах $x,y,u,v$ таких, что $xy\ne{0},x\ne{1},u\ne{v}$ и $y$ целое число

В рациональных числах система имеет известное решение. Не придётся далеко ходить, можно посмотреть записи Коровьев в http://dxdy.ru/post1242782.html#p1242782. Получим
$y=\frac{2km}{(k-m)(km+1)}$, где $k$ и $m$ рациональные. Таким образом, эквивалентная задача: доказать, что множество значений $\frac{2km}{(k-m)(km+1)}$ содержит все целые числа при рациональных $k, m$.

Не берусь судить насколько удобна такая переформулировка задачи для доказательства требуемого утверждения, для поиска параметрических решений она удобна.
$\begin{cases} \left(k-\frac{1}{2 k}+\frac{1}{2}\right)^2+\left(k^2-1\right)^2=\left(k^2+\frac{1}{2 k}-\frac{1}{2}\right)^2,\\ \left(k-\frac{1}{2 k}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(k^2-1\right)^2=\left(k^2-\frac{1}{2 k}-\frac{1}{2}\right)^2. \end{cases}$
$\begin{cases} \left(4 k \left(k^2-1\right)+\frac{1}{2 k}+\frac{1}{2}\right)^2+4 \left(k^2-1\right)^2 \left(2 k^2-1\right)^2=\left(4 \left(k^2-1\right) k^2+\frac{1}{2 k}+\frac{1}{2}\right)^2,\\ \left(4 k \left(k^2-1\right)+\frac{1}{2 k}-\frac{1}{2}\right)^2+4 \left(k^2-1\right)^2 \left(2 k^2-1\right)^2=\left(4 \left(k^2-1\right) k^2-\frac{1}{2 k}+\frac{1}{2}\right)^2. \end{cases}$

P.S. переформулированную задачу можно свести к поиску рациональной точки на эллиптической кривой.

[scwec]

lel0lel, с параметрическими решениями всё как надо.
А утверждение

lel0lel в сообщении #1243062 писал(а):

множество значений $\frac{2km}{(k-m)(km+1)}$ содержит все целые числа при рациональных $k, m$

ошибочно.
Например, $y$ не может принимать значения $1,2,4,6,9,11,12,14,16,17,19...$, продолжается бесконечно.
В этих случаях ранг эллиптической кривой с уравнением $w^2=u^3+(1+2y^2)u^2+y^4{u}$, которое бирационально эквивалентно уравнению $y=\frac{2km}{(k-m)(km+1)}$, равен $0$.

[lel0lel]

scwec, спасибо за исправление. Прочитал условие задачи - для любого целого $y$ - отсюда неправильный вывод. В условии, разумеется, ничего подобного нет.

У меня получилось немного другое уравнение кривой $w^2=u^3+(2+1/y^2)u^2+u$. Хотел бы у Вас узнать можно ли показать, что обе кривые имеют одинаковые ранги при заданном целом $y$?

[scwec]

Заменой $W=wy^3,U=uy^2$ Ваше уравнение приводится к $W^2=U^3+(1+2y^2)U^2+y^4{U}$.
Отсюда и следует одинаковость рангов обеих кривых.

[scwec]

По поводу исходной системы из стартовой задачи: поделим оба её уравнения на $(n+1)^4$ ($n\ne{-1}$, при равенстве оба уравнения одинаковы).
Она превращается в знакомую уже систему $(1)$
$X^2+Y^2=U^2$
$(X-1)^2+Y^2=V^2$
где $Y=\dfrac{4n}{(n+1)^2}$ заранее известно.
Для нахождения $X$ воспользуемся уравнением эллиптической кривой, упомянутой lel0lel
$w^2=u^3+(2+1/Y^2)u^2+u\qquad(2)$
Рациональная точка бесконечного порядка на ней, например, $(u,w)=\left(-\dfrac{1}{n},\dfrac{n^2-6n+1}{4n^2}\right)$.
$U=\dfrac{(u^2)/Y-u/Y+uw+w}{2u(u+1)/Y}, V=\dfrac{(u^2)/Y-u/Y-uw-w}{2u(u+1)/Y}$,
а затем $X=\sqrt{U^2-Y^2}$ и $x=X(n+1)^2$
Проведя вычисления, окончательно получаем для исходной системы в переменных $x,u,v$
$x=\dfrac{n(n-3)(n+1)}{n-1}$,
$u=\dfrac{n(n^2-2n+5)}{n-1}$,
$v=\dfrac{5n^2-2n+1}{n-1}$.
Этому решению соответствуют значения параметров $k,m$ в 2-параметрическом решении системы $(1)$
$X=\dfrac{m(k^2-1)}{(k-m)(mk+1)}, Y=\dfrac{2mk}{(k-m)(mk+1)}$ от Коровьев, а именно:
$(k,m)=\left(\dfrac{n-1}{2},\dfrac{n-1}{2n}\right), \left(-\dfrac{2}{n-1},-\dfrac{2n}{n-1}\right), \left(\dfrac{n-1}{2},-\dfrac{2n}{n-1}\right), \left(-\dfrac{2}{n-1},\dfrac{n-1}{2n}\right)$

Осталось доказать, что при $n=1$ рациональных решений исходная система не имеет.
Этот вопрос решается тем, что только при $n=1$ эллиптическая кривая $(2)$ имеет нулевой ранг, а точки кручения решения системы в данном случае не дают.