Нахождение пифагоровых троек методом Диофанта

[beroal]

В учебнике (John Stillwell. «Elements of number theory».) приведено интуитивное доказательство, которое я не могу понять. Отсутствует какое-то звено. Доказательство из учебника:

Цитата:

Если провести хорду, соединяющую произвольную рациональную точку \(R\) с точкой \(Q=\langle -1, 0\rangle\), получится прямая с рациональным наклоном, поскольку координаты \(R\) и \(Q\) рациональны. Если наклон есть \(t\), уравнение этой прямой есть

\[y=t(x+1).\]

Наоборот, любая прямая такого вида с рациональным наклоном \(t\) пересекает окружность в рациональной точке \(R\).

(Опущено вычисление координат \(R\) с помощью решения квадратного уравнения.)

Подытожим: произвольная рациональная точка на единичной окружности \(x^2+y^2 = 1\) имеет координаты

\[\langle\frac{1-t^2}{1+t^2}, \frac{2t}{1+t^2}\rangle,\]

для произвольного рационального \(t\).

Я не понимаю, зачем доказывать, что \(t\) рационально, потом доказывать, что \(R\) рациональна. Как это помогает решить задачу?

Ниже я написал решение, как я его понимаю. Решение формальное, чтобы уже никаких неясностей не осталось. На разу мне не понадобилось доказывать, что что-то рационально.

Пусть \(f\) — функция \(t\mapsto \langle\frac{1-t^2}{1+t^2}, \frac{2t}{1+t^2}\rangle \), определённая на \(\mathbb{Q}\).

Для любых \(\{x, t\}\subseteq\mathbb{Q} \) следующие формулы эквивалентны:

\[t^2(1+x) = 1-x,\]

\[t^2+t^2 x = 1-x,\]

\[(1+t^2)x = 1-t^2,\]

\[(1+t^2)(1+x) = 2.\]

Также они влекут \(1+x\not=0\).

Для любых \(\{x, t\}\subseteq\mathbb{Q} \), если \((1+t^2)(1+x) = 2\), то следующие формулы эквивалентны:

\[t(1+x) = y, \]

\[(1+t^2)y = 2t.\]

Положим \(\varphi := t(1+x) = y \land 1+x\not=0 \).

Для любых \(\{x, y, t\}\subseteq\mathbb{Q} \) следующие формулы эквивалентны:

\[x^2+y^2 = 1 \land \varphi, \]

\[y^2 = (1-x)(1+x) \land \varphi, \]

\[t(1+x)y = (1-x)(1+x) \land \varphi, \]

\[ty = 1-x \land \varphi, \]

\[t^2(1+x) = 1-x \land \varphi, \]

\[(1+t^2)x = 1-t^2 \land (1+t^2)y = 2t, \]

\[\langle x, y\rangle = f(t). \]

\[\bar{C} := \{\langle x, y\rangle\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}: 1+x\not=0 \land x^2+y^2 = 1\}.\]

Простым языком, \(\bar{C}\) есть единичная окружность в рациональных числах без точки \(\langle -1, 0\rangle\).

\[\forall R\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q} (R\in\bar{C} \iff \exists t\in\mathbb{Q} (R=f(t))), \]

то есть область значений \(f\) равна \(\bar{C}\). Короче говоря, любые точки \(\bar{C}\) можно выразить в виде \(f(t)\) для некоторого \(t\in\mathbb{Q} \), и наоборот.

[Xaositect]

beroal в сообщении #1255059 писал(а):

Я не понимаю, зачем доказывать, что $t$ рационально, потом доказывать, что $R$ рациональна. Как это помогает решить задачу?

Если я правильно Вас понял, то это нужно для того, чтобы доказать, что мы получим все рациональные точки.

Формально, где-то должен быть переход от $\forall x, y, t \in \mathbb Q (x^2 + y^2 = 1 \land y = t(x + 1) \land x + 1 \neq 0 \leftrightarrow \left< x, y \right> = f(t))$ к $\forall x, y \in \mathbb Q (x^2 + y^2 = 1 \land x + 1 \neq 0 \leftrightarrow \exists t \in \mathbb Q (\left< x, y \right> = f(t)))$

[ex-math]

Да, чтобы показать, что рациональные точки на окружности взаимно однозначно соответствуют рациональным значениям $t$.

[beroal]

Xaositect в сообщении #1255061 писал(а):

Формально, где-то должен быть переход от $\forall x, y, t \in \mathbb Q (x^2 + y^2 = 1 \land y = t(x + 1) \land x + 1 \neq 0 \leftrightarrow \left< x, y \right> = f(t))$ к $\forall x, y \in \mathbb Q (x^2 + y^2 = 1 \land x + 1 \neq 0 \leftrightarrow \exists t \in \mathbb Q (\left< x, y \right> = f(t)))$

Это логическая теорема. Она не использует свойства чисел. Если $x\not\in\operatorname{fv}\psi $ и $x\not\in\operatorname{fv}t $ ($t$ — терм) ($\varphi $ и $\psi $ могут иметь свободные переменные кроме $x$), $\forall x(\varphi \iff \psi\land x=t)$ влечёт $\exists x\varphi \iff \psi$.

[Xaositect]

Я не вижу в левой части формулы вида $\varphi \Leftrightarrow \psi \land x = t$.

Это следствие математического факта $x \in \mathbb Q \land y \in \mathbb Q \land x + 1 \neq 0 \to \exists t \in \mathbb Q (y = t(x +1))$. То бишь если есть рациональная точка, то прямая, проведенная к ней из $(1, 0)$, имеет рациональный коэффициент наклона.

[beroal]

Xaositect в сообщении #1255459 писал(а):

Я не вижу в левой части формулы вида $\varphi \Leftrightarrow \psi \land x = t$.

Для любых \(\{x, y, t\}\subseteq\mathbb{Q} \) следующие формулы эквивалентны:

\[t(1+x) = y \land 1+x\not=0, \]

\[t = \frac{y}{1+x} \land 1+x\not=0.\]

Изменю имена переменных в логической теореме: \(\forall \underline{x}(\underline{\varphi} \iff \underline{\psi}\land \underline{x}=\underline{t})\) влечёт \(\exists \underline{x}\underline{\varphi} \iff \underline{\psi}\). Положим:

\[\underline{x}:=t, \]

\[\underline{\varphi} := \langle x, y\rangle = f(t), \]

\[\underline{\psi} := x^2+y^2 = 1 \land 1+x\not=0, \]

\[\underline{t} := \frac{y}{1+x}. \]

[Xaositect]

Да, я это и имел в виду.