Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней

[Andrey A]

scwec в сообщении #1298731 писал(а):

$P_4=\left(\dfrac{1}{{x_1}{x_2}{x_3}},{x_1}{x_2}{x_3}\right)$

Это второе, что приходит в мозг. Первое - $P_4=\left({x_1}{x_2}{x_3},\dfrac{1}{{x_1}{x_2}{x_3}}\right)$, но я проверял, и не сошлось. Наверное ошибся, проверю еще. Возврат к целым уводит куда-то в теорему Лежандра :)

UPD
Нет, всё верно. Действительно красиво. Я проверял $x_4=\dfrac{(x_1x_2x_3)^2-1}{2x_1x_2x_3}$ и то же от $\dfrac{1}{x_1x_2x_3}$

[scwec]

Andrey A в сообщении #1298764 писал(а):

Я проверял $x_4=\dfrac{(x_1x_2x_3)^2-1}{2x_1x_2x_3}$ и то же от $\dfrac{1}{x_1x_2x_3}$

Но $x_4=\dfrac{(x_1x_2x_3)^2-1}{2x_1x_2x_3}$ не годится в качестве х-координаты для $P_4$.
Рациональным в этом случае является только расстояние до $P_1=(1,1)$. Остальные два как получится.
Возьмите в Вашей параметризации $r=1$ и убедитесь сами.

[Andrey A]

Это я до Вашего поста проверял. Правильно, оно и не сходилось кроме единицы, просто перепутал.

[scwec]

Теперь другой взгляд на задачу.
Справедливо следующее утверждение: для любого рационального $t\ne{0}$ существуют четыре различные точки на кривой $xy=1$
с рациональными координатами и рациональными межточечными расстояниями такие, что одна из этих точек имеет координаты $t,1/t$.
Для доказательства рассмотрим еще одно 2-параметрическое решение для $x_1,x_2,x_3,x_4$
$x_1=\dfrac{k^2+2r^3-2r}{3kr}$
$x_2=\dfrac{k(4r^3-4r-k^2)}{(r^2-1)(r^3-r-k^2)}$
$x_3=\dfrac{3k(r^2-1)}{2(k^2-2r+2r^3)}$
$x_4=\dfrac{4r(r^3-r-k^2)}{k(4r^3-4r-k^2)}$
Положим $r=\dfrac{9t^2}{8}$, $k=\dfrac{27t^3-24t}{16}$.
В результате получаем 1-параметрическое решение
$x_1=t$
$x_2=\dfrac{(9t^2-8)(9t^2+8)}{144t^3}$
$x_3=\dfrac{12t(3t^2+8)}{(3t^2-8)(9t^2+8)}$
$x_4=\dfrac{12t(3t^2-8)}{(9t^2-8)(3t^2+8)}$
И точка $P_1=(t,1/t)$, что и требовалось.
Если же мы зададим на $yx=1$ произвольно две точки c рациональными координатами и рациональным расстоянием между ними, то третьей рациональной
точки с рациональными расстояниями до двух заданных может и не быть.
Докажите, что для точек $P_1=(1,1), P_2=(4/3,3/4)$ не существует точки $P_3=(s,1/s)$ с рациональным $s$ такой, что расстояния от неё до $P_1$ и $P_2$
рациональны.

[Andrey A]

Последний вопрос интересен, конечно, но хотелось бы вернуться к началу и пофантазировать на тему общего решения. Изначально задача сводилась к нахождению трех рациональных точек $x_1,x_2,x_3$, для любых двух из которых (для определенности $x_1,x_2$) точка $\sqrt{(x_1-x_2)^2+(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2})^2}$ выражалась бы рациональным числом. Вернемся к пропорциям: $x_1=\dfrac{p_1}{q_1}, x_2=\dfrac{p_2}{q_2}, x_3=\dfrac{p_3}{q_3}, \gcd (p_i,q_i)=1$.

$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2})^2}=\sqrt{(\frac{p_1}{q_1}-\frac{p_2}{q_2})^2+(\frac{q_1}{p_1}-\frac{q_2}{p_2})^2}=\sqrt{\frac{(p_1q_2-p_2q_1)^2}{(q_1q_2)^2}+\frac{(p_1q_2-p_2q_1)^2}{(p_1p_2)^2}}=$

$$=\frac{p_1q_2-p_2q_1}{p_1q_1p_2q_2}\sqrt{(p_1p_2)^2+(q_1q_2)^2}.$$

Таким образом, в целых числах решение сводится к системе $\left\{\begin{matrix} (p_1p_2)^2+(q_1q_2)^2=v_1^2\\ (p_1p_3)^2+(q_1q_3)^2=v_2^2\\ (p_2p_3)^2+(q_2q_3)^2=v_3^2 \end{matrix}\right.$. Пусть $p_i$ -- нечетные. Сложность в том, что в образовании евклидовых троек могут участвовать не сами переменные $p_i,q_i$, а другие множители. Запишем систему $\left\{\begin{matrix} p_1p_2=X_1Y_1\\ p_1p_3=X_2Y_2\\ p_2p_3=X_3Y_3 \end{matrix}\right.$
Общее решение каждого из уравнений известно: $X_1=A_1C_1,Y_1=B_1D_1,X_2=A_2C_2,Y_2=B_2D_2,X_3=A_3C_3,Y_3=B_3D_3$. Тогда $p_1=A_1B_1=A_2B_2,p_2=C_1D_1=A_3B_3,p_3=C_2D_2=C_3D_3$, и система разваливается на три независимых уравнения. Подставляя

$$A_1\rightarrow a_1a_3,B_1\rightarrow a_2a_4,A_2\rightarrow a_1a_4,B_2\rightarrow a_2a_3,C_1\rightarrow a_5a_7,D_1\rightarrow a_6a_8,A_3\rightarrow a_5a_8,B_3\rightarrow a_6a_7,C_2\rightarrow a_9a_{11},D_2\rightarrow a_{10}a_{12},C_3\rightarrow a_9a_{12},D_3\rightarrow a_{10}a_{11},$$

получаем

$$\left\{\begin{matrix} p_1=a_1a_2a_3a_4\\ p_2=a_5a_6a_7a_8\\ p_3=a_9a_{10}a_{11}a_{12} \end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix} X_1=a_1a_3a_5a_7\\ X_2=a_1a_4a_9a_{11}\\ X_3=a_5a_8a_9a_{12} \end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix} Y_1=a_2a_4a_6a_8\\ Y_2=a_2a_3a_{10}a_{12}\\ Y_3=a_6a_7a_{10}a_{11} \end{matrix}\right$$

То же самое для $q_i$:

$$\left\{\begin{matrix} q_1=b_1b_2b_3b_4\\ q_2=b_5b_6b_7b_8\\ q_3=b_9b_{10}b_{11}b_{12} \end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix} Z_1=b_1b_3b_5b_7\\ Z_2=b_1b_4b_9b_{11}\\ Z_3=b_5b_8b_9b_{12} \end{matrix}\right\ \ \ \left\{\begin{matrix} T_1=b_2b_4b_6b_8\\ T_2=b_2b_3b_{10}b_{12}\\ T_3=b_6b_7b_{10}b_{11} \end{matrix}\right$$

Если теперь левое слагаемое евклидовой тройки образовано нечетной парой множителей $X^2,Y^2$, то основание квадрата правого слагаемого должно быть $=\dfrac{X^2-Y^2}{2}$, то есть $\dfrac{X^2-Y^2}{2}=ZT$ или $(X+Y)(X-Y)=2ZT$, причем верные значения переменных (или пропорциональные $k=2$) найдутся для любых множителей тройки, и можно приравнять $X+Y=2Z,\ X-Y=T$. Отсюда система $\left\{\begin{matrix} a_1a_3a_5a_7+a_2a_4a_6a_8= & 2b_1b_3b_5b_7\\ a_1a_3a_5a_7-a_2a_4a_6a_8= & b_2b_4b_6b_8\\ a_1a_4a_9a_{11}+a_2a_3a_{10}a_{12}= & 2b_1b_4b_9b_{11}\\ a_1a_4a_9a_{11}-a_2a_3a_{10}a_{12}= & b_2b_3b_{10}b_{12}\\ a_5a_8a_9a_{12}+a_6a_7a_{10}a_{11}= & 2b_5b_8b_9b_{12}\\ a_5a_8a_9a_{12}-a_6a_7a_{10}a_{11}= & b_6b_7b_{10}b_{11} \end{matrix}\right.$ или $\left\{\begin{matrix} a_1a_3a_5a_7+a_2a_4a_6a_8-2b_1b_3b_5b_7= & 0\\ a_1a_3a_5a_7-a_2a_4a_6a_8-b_2b_4b_6b_8= & 0\\ a_1a_4a_9a_{11}+a_2a_3a_{10}a_{12}-2b_1b_4b_9b_{11}= & 0\\ a_1a_4a_9a_{11}-a_2a_3a_{10}a_{12}-b_2b_3b_{10}b_{12}= & 0\\ a_5a_8a_9a_{12}+a_6a_7a_{10}a_{11}-2b_5b_8b_9b_{12}= & 0\\ a_5a_8a_9a_{12}-a_6a_7a_{10}a_{11}-b_6b_7b_{10}b_{11}= & 0 \end{matrix}\right.\ \ \ (1)$ Система линейна относительно переменных $a_1,b_1,a_6,b_6,a_{12},b_{12}$, определитель системы выставлен в отдельную тему. Приравнять его к нулю для выяснения условий разрешимости системы, видимо, задача нетривиальная. Попробуем вернуться к рациональностям. Обозначим $\dfrac{b_i}{a_i}=r_i$ и разделим уравнения системы $(1)$ последовательно на $X_1,Y_1,X_2,Y_2,X_3,Y_3$: $\left\{\begin{matrix} 1+{a_2a_4a_6a_8}/{a_1a_3a_5a_7}-2r_1r_3r_5r_7 & =0\\ {a_1a_3a_5a_7}/{a_2a_4a_6a_8}-1-r_2r_4r_6r_8 & =0\\ 1+{a_2a_3a_{10}a_{12}}/{a_1a_4a_9a_{11}}-2r_1r_4r_9r_{11} & =0\\ {a_1a_4a_9a_{11}}/{a_2a_3a_{10}a_{12}}-1-r_2r_3r_{10}r_{12} & =0\\ 1+{a_6a_7a_{10}a_{11}}/{a_5a_8a_9a_{12}}-2r_5r_8r_9r_{12} & =0\\ {a_5a_8a_9a_{12}}/{a_6a_7a_{10}a_{11}}-1-r_6r_7r_{10}r_{11} & =0 \end{matrix}\right.$ Переместим слагаемые: $\left\{\begin{matrix} 2r_1r_3r_5r_7-1 & ={a_2a_4a_6a_8}/{a_1a_3a_5a_7}\\ r_2r_4r_6r_8+1 & ={a_1a_3a_5a_7}/{a_2a_4a_6a_8}\\ 2r_1r_4r_9r_{11}-1 & ={a_2a_3a_{10}a_{12}}/{a_1a_4a_9a_{11}}\\ r_2r_3r_{10}r_{12}+1 & ={a_1a_4a_9a_{11}}/{a_2a_3a_{10}a_{12}}\\ 2r_5r_8r_9r_{12}-1 & ={a_6a_7a_{10}a_{11}}/{a_5a_8a_9a_{12}}\\ r_6r_7r_{10}r_{11}+1 & ={a_5a_8a_9a_{12}}/{a_6a_7a_{10}a_{11}} \end{matrix}\right.$ И перемножим почленно соседние уравнения:

$$(r_2r_4r_6r_8+1)(2r_1r_3r_5r_7-1)=(r_2r_3r_{10}r_{12}+1)(2r_1r_4r_9r_{11}-1)=(r_6r_7r_{10}r_{11}+1)(2r_5r_8r_9r_{12}-1)=1\ \ (2)$$

Если последнее равенство верно, то $x_1=\dfrac{1}{r_1r_2r_3r_4},\ x_2=\dfrac{1}{r_5r_6r_7r_8},\ x_3=\dfrac{1}{r_9r_{10}r_{11}r_{12}}$ -- общее решение задачи. Наверное, это можно вывести как-то быстрее, но что дальше с этим делать, пока не понимаю. Приравнивая скобочки последовательно к рациональным аргументам $k,\dfrac{1}{k},l,\dfrac{1}{l},m,\dfrac{1}{m}$, можно получить линейную систему относительно $r_1,r_6,r_{12}$, но имеем шесть уравнений с тремя неизвестными. В качестве неизвестных они мешаются... не знаю. Остальное на суд публики. Тут еще важное обстоятельство: "необходимо и достаточно" не потеряло ли своё "достаточно" при почленном перемножении уравнений? Строго доказать не берусь.

[Andrey A]

$\left\{\begin{matrix} r_2r_4r_6r_8+1=k\\ 2r_1r_3r_5r_7-1=1/k\\ r_2r_3r_{10}r_{12}+1=l\\ 2r_1r_4r_9r_{11}-1=1/l\\ r_6r_7r_{10}r_{11}+1=m\\ 2r_5r_8r_9r_{12}-1=1/m \end{matrix}\right.$ или так $\left\{\begin{matrix} r_2r_4r_6r_8=k-1\\ 2r_1r_3r_5r_7=(k+1)/k\\ r_2r_3r_{10}r_{12}=l-1\\ 2r_1r_4r_9r_{11}=(l+1)/l\\ r_6r_7r_{10}r_{11}=m-1\\ 2r_5r_8r_9r_{12}=(m+1)/m \end{matrix}\right.$ Почленное перемножение возвращает $\left\{\begin{matrix} r_1r_2r_3r_4r_5r_6r_7r_8=\dfrac{k^2-1}{2k}=\dfrac{1}{x_1x_2}\\ r_1r_2r_3r_4r_9r_{10}r_{11}r_{12}=\dfrac{l^2-1}{2l}=\dfrac{1}{x_1x_3}\\ r_5r_6r_7r_8r_9r_{10}r_{11}r_{12}=\dfrac{m^2-1}{2m}=\dfrac{1}{x_2x_3} \end{matrix}\right.$

То, что scwec и прописал. В итоге единственное, что оставляет надежду на общее решение в контексте изложенного -- исследование определителя системы $(1)$. Но там жуткое количество букв вылезает под радикалом.

[scwec]

Конечно, работать с таким количеством переменных - это на любителя.
У меня все параметрические решения получены из системы трех уравнений уже упомянутых выше.
Система сводится к уравнению $2abc(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)=d^2$.
Выбирая за параметры, например, $c,d$ находятся частные решения $a(c,d),b(c,d)$, а затем и $x_1,x_2,x_3$.
Ни о каком общем решении речь, конечно, не шла.
Не вижу возможности найти его здесь. Хотя почему и не пробовать.

[Andrey A]

Если верно $2abc(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)=d^2$, тройка $x_1,x_2,x_3$ выражается тремя радикалами $\sqrt{\dfrac{f_1f_2}{f_3}}, \sqrt{\dfrac{f_2f_3}{f_1}}, \sqrt{\dfrac{f_3f_1}{f_2}}$, где $f_1=\dfrac{a^2-1}{2a}, f_2=\dfrac{b^2-1}{2b}, f_3=\dfrac{c^2-1}{2c}$. Это понятно. А на счет общего решения вопрос всё-таки интересный. Что если наоборот, из Героновых треугольников исходить? По-школьному. Там всего три переменные, и каждый треугольник с некоторым рациональным коэффициентом подобия может быть вписан в нашу гиперболу. Тупоугольные в первом квадрате остаются, остроугольные в третий квадрат заходят, и родственники сразу образуются. Или я не прав? Вопрос целой площади тут в стороне остаётся.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1299734 писал(а):

Там всего три переменные...

На самом деле геронов треугольник описывается двумя рациональными параметрами. Из Вики: любой геронов треугольник имеет стороны, пропорциональные значениям
$a=n(m^{{2}}+k^{{2}})$
$b=m(n^{{2}}+k^{{2}})$
$c=(m+n)(mn-k^{{2}})$... для целых m, n и k, где...
Тут комбинации из четырех слагаемых: $nm^2,mn^2,nk^2,mk^2.$ Поделив всё на $mnk$, получаем четвёрку $\dfrac{m}{k}, \dfrac{n}{k}, \dfrac{k}{m}, \dfrac{k}{n}$. Тройку $m,n,k$ можно считать взаимно простой, но не попарно. После сокращения дроби $\dfrac{m}{k}, \dfrac{n}{k}$ оборачиваются парой независимых пропорций и обратно: произвольная пара несократимых дробей $\dfrac{p_1}{q_1},\dfrac{p_2}{q_2}$ может быть представлена как $\dfrac{p_1q_2}{q_1q_2},\dfrac{p_2q_1}{q_1q_2}$. Можно заняться подстановками, но вроде бы незачем. Рассмотрим треугольник со сторонами $a=u+1/u,\ b=v+1/v,\ c=u-1/u+v-1/v$, где $u,v$ - две произвольные рациональные точки. Проверим площадь треугольника $s$ на рациональность. Полупериметр $p=(a+b+c)/2=u+v$, тогда $s=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{(u+v)(v-1/u)(u-1/v)(1/u+1/v)}=$$\sqrt{(u+v)^2(uv-1)^2/(uv)^2}=(1/u+1/v)(uv-1)=u-1/u+v-1/v=c$. Если не ошибся, площадь такого треугольника численно равна одной из сторон, а высота $h_c=2s/c=2$. Даже удивительно.

[Andrey A]

p.s. И ничего удивительного. Два пифагоровых треугольника, приставленные друг к другу единичными катетами в масштабе 1:2. Хорошая мысля приходит опосля.

[scwec]

Andrey A, Вы рвётесь в открытую дверь.
Параметризация Брахмагупты-Кармайкла героновых треугольников, которую Вы приводите, неоднократно использовалась здесь на форуме для решения различных задач.
То же относится и к выражениям для длин сторон $t(u+1/u),t(v+1/v),t(u-1/u+v-1/v)$. Тут Вы сделали, видимо, открытие для себя, что тоже неплохо.
Но мне бы хотелось показать, как находятся решения уравнения $2abc(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)=d^2$.
Запишем уравнение следующим образом:
$a^3-a=\dfrac{d^2(b^3-b)}{2c(c^2-1)b^2(b^2-1)^2}=\left(\dfrac{t^2}{2c(c^2-1)}\right)(b^3-b)$
Положим $N=\dfrac{t^2}{2c^3-2c}$. Тогда $a^3-a=N(b^3-b)\qquad(1)$.
Это уравнение семейства эллиптических кривых, которое после приведения к Вейерштрассову виду запишется как
$w^2=u^3-{3N^2}u+N^2+N^4$
Общего решения в виде рациональных функций здесь, конечно, нет, но частные рациональные решения
находятся в изобилии, поскольку ранги этих кривых больше нуля при любых рациональных $N$, исключая 0,-1,1 (в этих случаях кривые не являются эллиптическими).
Каждой рациональной точке (а их бесконечно много в силу ненулевого ранга) соответствует рациональное решение.
Например, рациональная точка $P=(a,b)$ на кривой $(1)$ это $(a,b)=\left(\dfrac{2N+1}{1-N},\dfrac{N+2}{1-N}\right)$. Подставляя $N=\dfrac{t^2}{2c^3-2c}$ получим 2-параметрическое решение $a(c,t),b(c,t)$
Другие рациональные точки получаются стандартным сложением имеющихся рациональных точек $P,2P,3P...$. Конкретные решения приведены выше.
Все они получены таким образом.

[Andrey A]

До $(1)$ понятно, а об эллиптических кривых основательно надо читать. Сначала.

scwec в сообщении #1299875 писал(а):

Тут Вы сделали, видимо, открытие для себя...

Ну да, ну да :)

[Andrey A]

Добавлю кое-что. Из $(2)$ можно получить
$r_1=\frac{k+1}{2kr_3r_5r_7}=\frac{l+1}{2lr_4r_9r_{11}};\ r_6=\frac{k-1}{r_2r_4r_8}=\frac{m-1}{r_7r_{10}r_{11}};\ r_{12}=\frac{l-1}{r_2r_3r_{10}}=\frac{m+1}{2mr_5r_8r_9}.$ Избавляясь от трех переменных, получаем линейную относительно $r_2,r_5,r_{11}$ и опять-таки однородную систему трех уравнений

$$\left\{\begin{matrix} l(k+1)r_4r_9r_{11}-k(l+1)r_3r_5r_7=0\\ (k-1)r_7r_{10}r_{11}-(m-1)r_2r_4r_8=0\\ 2m(l-1)r_5r_8r_9-(m+1)r_2r_3r_{10}=0 \end{matrix}\right.$$

Приравнивая определитель системы к нулю, получаем $\dfrac{k(k-1)(l+1)(m+1)}{2lm(k+1)(l-1)(m-1)}=\left ( \dfrac{r_4r_8r_9}{r_3r_7r_{10}} \right )^2$ или $2klm(k^2-1)(l^2-1)(m^2-1)=T^2$. Те же грабли в новой упаковке. Исследуя определитель системы $(1)$, видимо стоит ожидать нечто подобное под радикалом. Т.е. $2A_1B_1A_2B_2A_3B_3(A_1^2-B_1^2)(A_2^2-B_2^2)(A_3^2-B_3^2)$

[scwec]

Вот ещё одна связь 1-параметрического решения Andrey A $(x_1=1)$ с пифагоровыми треугольниками.
Рассмотрим уравнение эллиптической кривой $w^2=u(u+A^2)(u+B^2)\qquad(1)$, где $A^2+B^2=C^2$ и $A,B,C$ - рациональные числа. Будем искать рациональные точки на ней.
Зная решение исходной задачи $x_1=1,x_2,x_3$ находим $a,b,c$, а именно, в нашем случае:
$a=-\dfrac{r(r+2)}{2r+5}$
$b = \dfrac{(2r^3+13r^2+26r+15)r}{3r^3+26r^2+65r+50}$
$c=\dfrac{r^2+6r+5}{3r^2+14r+15}$
Поскольку $x_1=1$, то $(a^2-1)b=(b^2-1)a(2c/(c^2-1))$.
Это уравнение с переменными $a,b$ - есть уравнение эллиптической кривой, которое в некоторых переменных $u,w$ записывается как $w^2=u(u+4c^2)(u+(c^2-1)^2)$, т.о. получено уравнение $(1)$, где $A=2c,B=c^2-1$.
Рациональное решение $P=(u,w)$ для него с использованием $a,b,c$ следующее:
$u=\dfrac{16(r^2+4r+5)(r^2+5r+5)(r+5)^2}{r^2(3r+5)^2(r+3)^4}$
$w=\dfrac{32(r^2+4r+5)(r^2+5r+5)(2r+5)(r+5)^2{(r+2)}(r^4+4r^3+6r^2+20r+25)}{(r+3)^6{(3r+5)^4}{r^3}}$
Теперь, вычисляя $2P,3P...$ и каждый раз переходя от $u,w$ к $a,b$, оставляя неизменным $c$, получим бесконечное число 1-параметрических решений $x_1=1,x_2,x_3$ для исходной задачи. Результаты не приводятся здесь ввиду их громоздкости.
Само по себе уравнение кривой $(1)$ представляет интерес (нет очевидных рациональных точек с $w\ne{0}$), в отличие от уравнения $w^2=u(u-A^2)(u-B^2)$, о котором много написано, в основном, из-за того, что на соответствующей кривой имеется очевидная рациональная точка $(u,w)=(C^2,ABC)$.
Фактически здесь объясняется без подробностей, почему кривая $(1)$ для бесконечного числа неподобных пифагоровых треугольников имеет ненулевой ранг.