Уравнение (x^2+1)(y^2+1)=(z^2+1)^2 в натуральных числах

[Andrey A]

dmd
Как действует scwec — это такое искусство, а я каждый раз по-разному.

[scwec]

Трудно ответить на вопрос, когда не знаешь уровень знаний вопрошающего.
Можно выкладывать подробное решение задачи, но оно не будет понято.
У меня конкретный вопрос к dmd:
Вы можете написать выражения для сторон геронова треугольника (кроме прямоугольного и равнобедренного) с хотя бы одной медианой рациональной длины?
"У меня ни как не получается подобрать параметризацию, делающую хотя бы одну медиану натуральной".
Этот вопрос Вы задавали лет 7 назад. И он касается как раз рациональной параметризации.
Напишите ответ отличный от моего. Будет ясней, как отвечать.
С другой стороны, помню, когда на мой вопрос о ранге эллиптической кривой, Вы дали ответ, совпадающий с моим. И тоже лет 7-8 назад.
Скорее всего, Вас интересует конкретное уравнение. Напишите его. Там будет видно.

[dmd]

scwec

(Оффтоп)

Насколько помню, тогда для геронова треугольника так и не смог получить никакой параметризации, хоть и упорно пытался. С рангом не сложно, когда есть такой инструмент как pari/gp или magma.

scwec в сообщении #1380177 писал(а):

1-параметрические решения для уравнения, предложенного dmd $(x^3-1)(y^3-1)=z^2$ в рациональных числах $x,y,z$ :
$x=\dfrac{t+2}{t-1}, y=t, z=\dfrac{3(t^2+t+1)}{t-1}$,
ещё одно:
$x =\dfrac{t(t^3+8)}{4(t^3-1)}, y = t, z = \dfrac{t^6-20t^3-8}{8(t^3-1)}$

Если не сложно, поясните пожалуйста эти параметризации.

[scwec]

Для dmd.
Итак, уравнение $(x^3-1)(y^3-1)=z^2$.
1. Вводим рациональный параметр $r=y$
2. Получаем семейство эллиптических кривых $(x^3-1)(r^3-1)=z^2$
3. Приводим его к виду Вейерштрасса $E_r: w^2=u^3-(r^3-1)^3{u}$, например, используя Maple.
4. Находим хотя бы одну рациональную точку бесконечного порядка $P_r$ на каждой кривой из семейства $E_r$.
Для этого необходимо, чтобы ранг $E_r$ был больше нуля (надо доказывать через Лутц-Нагель). В данном случае это так и есть $P_r=((r+1)^3+1,3(r^2+r+1)^2)$
(это центральный момент, то, что Andrey A называет исскуством, научиться этому трудно, поскольку вычисление рациональных точек на эллиптических кривых - задача тяжелая).
5. Используем формулы перехода Maple от $u,w$ к $x,z$.
6. Получаем $x=\frac{r+2}{r-1}, z=\frac{3(r^2+r+1)}{r-1}$
7. Вычисляем $2P_r=((1/4)r^4+2r, (1/8)r^6+(5/2)r^3+1)$
8. Переходим от $u,w$ к $x,z$ и получаем
9. $x=\frac{r(r^3+8)}{4(r^3-1)}, z = \frac{r^6-20r^3-8}{8(r^3-1)}$
Вычисляем $3P_r$ и т.д.
Кстати, для параметризации героновых треугольников с хотя бы одной медианой рациональной длины,
нужно решать уравнение $(x-1/x)-(y-1/y)=2(z-1/z)$.

[Andrey A]

dmd в сообщении #1380367 писал(а):

... в общих чертах, как Вы действуете

К примеру Ваше уравнение $(x^3-1)(y^3-1)=z^2$. Попытался найти общее решение, обычными средствами не удалось. В целых числах этому соотв. уравнение $(A^3-C^3)(B^3-C^3)=D^2 $, где $A,B,C$ одной четности (чтобы проявились формы вида $a^2+3b^2$), D четное. Почленное деление на $C^6$ в случае успеха возвращает решение в рациональных числах. Пишем $\left ( (x+y-z)^3-(z+x-y)^3 \right ) \left ( (y+z-x)^3-(z+x-y)^3 \right )=(2t)^2$, или $(y-z)(y-x)\left [ (y-z)^2+3x^2\right ]\left [ (y-x)^2+3z^2\right ]=t^2$ (1). Хотелось воспользоваться уравнением $XYZT=Q^2$. Там хоть и много переменных, но решение в целых числах однозначное, однако все три переменные $x,y,z$ у нас в квадратах, линейной системы не видно (брать всю тройку за аргументы по понятным причинам не можем). Тут приходится фантазировать. Произведение чисел в квадратных скобках не обязано быть целым квадратом, но любой его делитель — число вида $a^2+3b^2$. Запишем это так: $(p_1^2+3q_1^2)(p_2^2+3q_2^2)(a^2+3b^2)^2=\left [ (ap_1+3bq_1)^2+3(aq_1-bp_1)^2 \right ]\left [ (ap_2+3bq_2)^2+3(aq_2-bp_2)^2 \right ].$ Для оснований квадратов примем последовательно соответствие: $y-z,x,y-x,z.$ Тогда начальные скобочки равенства (1) должны быть числами вида $c(p_1^2+3q_1^2), c(p_2^2+3q_2^2)$ (или для полноты $cm^2,cn^2$ вместо $c$). Последнее требование — равенство сумм оснований квадратов внешних и внутренних слагаемых выражения в квадратных скобках: $=y.$ Отсюда вырисовывается линейная система из трех уравнений относительно $a,b,c$:
$\left\{\begin{matrix} (p_1-q_1-p_2+q_2)a+(p_1+3q_1-p_2-3q_2)b=0\\ p_1a+3q_1b-(p_2^2+3q_2^2)c=0\\ p_2a+3q_2b-(p_1^2+3q_1^2)c=0 \end{matrix}\right.$
Вроде бы и не страшная, но сложность в том, что она однородная. Значит переменные $p,q$ не любые числа, а такие при которых определитель системы $=0.$ Иногда это сильно продвигает дело, но в данном случае имеем зело кучерявый многочлен, отдельная задача. Нужные значения $a,b$ следуют из первого уравнения как пропорция, так что дело именно в нём.
scwec бы тут сказал "таких параметризаций существует бесконечное число", а я добавлю: но общего решения видимо нет. Ага. Вот и он, лёгок на помине. Привет!

[dmd]

Пусть в уравнении $(x^3-1)(y^3-1)=z^2$ будет $0<x<y$. Если заметить, что $x-1 \mid y-1$, и сделав меньшее неизвестное параметром $x=v+1, y=v Y+1$, то можно перейти к уравнению

$(3 + 3 v + v^2) Y (3 + 3 v Y + v^2 Y^2)=Z^2$

Рассмотрим делители $p$ и $q$ числа $3 + 3 v + v^2=pq$ (как выше указывал Andrey A, все они видимо вида $a^2+3b^2$).

Пусть $q \mid Y$ и $p \mid 3 + 3 v Y + v^2 Y^2$, или $Y=qX^2$ и $3 + 3 v Y + v^2 Y^2=pS^2$.

Тогда получаем биквадратное Пелля уравнение $3 + 3 v q X^2 + v^2 q^2 X^4=pS^2$, где $v,p,q$ - параметры и $X,S$ - неизвестные.

Которое вроде бы решабельно цепочкой уравнений Туэ.

При этом нужно отдельно рассмотреть варианты $3 \mid Y$ и $3 \nmid Y$.

Если $3 \mid Y$, что сответсвует известному большему решению, то решать надо уравнение $1 + 3 v q X^2 + 3 v^2 q^2 X^4=pS^2$.

Одно из решений при $v=1172,p=5317,q=259$ будет $X=11,S=872449$.



Для поиска отрицательных решений исходного уравнения удобнее рассмотреть уравнение $(x^3+1)(y^3+1)=z^2$, где $0<x<y$ и $x=v^2-1, y=Y(v^2-2)+1$. Переходим к уравнению

$(3 - 3 v^2 + v^4) (2 - 2 Y + v^2 Y) (1 - 2 Y + v^2 Y + 4 Y^2 - 4 v^2 Y^2 + v^4 Y^2)=Z^2$

Перебираем делители числа $3 - 3 v^2 + v^4=pq$ в таком биквадратном уравнении

$3 - 3 q X^2 + q^2 X^4=pS^2$.

Или рассмотреть замену $x=v+1, y=Y v+1$, перейти к уравнению

$(2 + v) (1 + v + v^2) (2 + v Y) (1 + v Y + v^2 Y^2)=Z^2$

Перебирать делители числа $(2 + v) (1 + v + v^2)=pq$, решая то же уравнение

$3 - 3 q X^2 + q^2 X^4=pS^2$.

Одно из решений которого при $v=19,p=2667,q=3$ будет $X=11,S=7$.


Есть здесь какая-нибудь ошибка в рассуждениях?

[scwec]

Из формул, которые Вы приводите для положительных решений, а именно:
$x=v+1, y=vY+1,Y=qX^2, X=11,v=1172, q=259$ следует, что
$\sqrt{(x^3-1)(y^3-1)}=11396\sqrt{615782622195689327192203}$
Где-то что-то не так.

[dmd]

scwec

$Y=3qX^2$

[scwec]

Если остальное без изменения, то
$\sqrt{(x^3-1)(y^3-1)}=3645684\sqrt{238874590595847549851532265724977}$
Так что

dmd в сообщении #1380953 писал(а):

$Y=3qX^2$

не помогает.

[dmd]

scwec

(Оффтоп)

не знаю, но у меня вроде всё корректно

[Andrey A]

dmd в сообщении #1380906 писал(а):

Если заметить, что $x-1 \mid y-1$

Это просто наблюдение? В указанном Вами примере это выполняется, но в общем случае требует обоснования.

dmd в сообщении #1380906 писал(а):

Тогда получаем биквадратное Пелля уравнение $3 + 3 v q X^2 + v^2 q^2 X^4=pS^2$, где $v,p,q$ - параметры и $X,S$ - неизвестные.

$(vqX^2)^2+3vqX^2-(pS^2-3)=0.$ Отсюда $vqX^2=\dfrac{-3+\sqrt{9-12+4pS^2}}{2}$ и $(2vqX^2+3)^2-p(2S)^2=-3.$ Тут $p$ не может быть числом вида $3k+2$, $-3$ — квадратичный вычет по $\mod p$. Если оно выполняется можно бы брать $X$ наибольшим квадратом после соотв. процедур, но ведь у Вас $v,q$ аргументы. Даже если разделится, почему оно должно быть квадратом?

[scwec]

(Оффтоп)

dmd в сообщении #1380962 писал(а):

не знаю, но у меня вроде всё корректно

Да, теперь с этим согласен.

[dmd]

Andrey A в сообщении #1380968 писал(а):

$(vqX^2)^2+3vqX^2-(pS^2-3)=0.$ Отсюда $vqX^2=\dfrac{-3+\sqrt{9-12+4pS^2}}{2}$ и $(2vqX^2+3)^2-p(2S)^2=-3.$ Тут $p$ не может быть числом вида $3k+2$, $-3$ — квадратичный вычет по $\mod p$. Если оно выполняется можно бы брать $X$ наибольшим квадратом после соотв. процедур, но ведь у Вас $v,q$ аргументы. Даже если разделится, почему оно должно быть квадратом?

Вы имеете ввиду это $(2vqX^2+3)^2=p(2S)^2-3$? Ну так оно же следствие этого $3 + 3 v q X^2 + v^2 q^2 X^4=pS^2$ равенства, которое выполняется, когда решение $(X,S)$ существует. Конечно, не для любых троек параметров $(v,p,q)$ решение $(X,S)$ существует.

[Andrey A]

То есть Ваши рассуждения, скажем так, описывают некоторые решения, которые уже существуют. Хорошо. Но лучше бы на основе этих рассуждений найти новое решение. Хотя бы одно, это всегда убеждает.

[dmd]

(поиск нового решения)

Скорее всего новое решение если и есть, то оно ну очень огромное должно быть.

Поиск в pari/gp решением уравнения Пелля и проверкой на квадрат найденной абсциссы до некоторой её "высоты" (выбрал 10^81):

1) уравнение 1 + 3*v*q*X^2 + 3*v^2*q^2*X^4 = p*S^2

pmn7()=
{
 M= 10^81;

 for(v=1000, 10000,

  z= 3 + 3*v + v^2;

  D= divisors(z);

  for(i=1, #D,

   p= D[i]; q= z/p;

   Q= iferr(bnfinit('X^2-12*p), E, 0); 

   if(Q,

    U= iferr(Q.fu, E, 0);

    if(U, for(j=1, #U, u= U[j];

     u1= abs(polcoeff(lift(u), 1)); u0= abs(polcoeff(lift(u), 0));

     if(u1==floor(u1) && u0==floor(u0),

      N= iferr(bnfisintnorm(Q,-3), E, 0);

      if(N, for(k=1, #N, n= N[k]; 

       for(l=0, 48,

        nu= lift(n*u^l);

        n1= abs(polcoeff(nu, 1)); n0= abs(polcoeff(nu, 0));

        if(n1==floor(n1) && n0==floor(n0),

         a= u0; b= (u0+1)*n0/n1; c= u1;

         xc= (n0-3)/(6*v*q); x1= n0; y1= n1;

         while(xc<M,

          if(xc==floor(xc),

           print("----    v = ",v,"    p = ",p,"    q = ",q); print("X^2 = ",xc,"\n");

           if(issquare(xc), print("\n\n++++++++++++++++    v = ",v,"    p = ",p,"    q = ",q,"    X = ",sqrtint(xc),"\n\n\n"))

          );

          x2= a*x1 + b*y1; y2= c*x1 + a*y1;

          x1= x2; y1= y2; xc= (x1-3)/(6*v*q);

         );

         break()

        )
       )
      ))
     )
    ))
   )
  )
 )
};

2) уравнение 3 - 3*q*X^2 + q^2*X^4 = p*S^2

pmn8()=
{
 M= 10^81;

 for(v=1, 10000,

  z= (2 + v)*(1 + v + v^2);

  D= divisors(z);

  for(i=1, #D,

   p= D[i]; q= z/p;

   Q= iferr(bnfinit('X^2-4*p), E, 0); 

   if(Q,

    U= iferr(Q.fu, E, 0);

    if(U, for(j=1, #U, u= U[j];

     u1= abs(polcoeff(lift(u), 1)); u0= abs(polcoeff(lift(u), 0));

     if(u1==floor(u1) && u0==floor(u0),

      N= iferr(bnfisintnorm(Q,-3), E, 0);

      if(N, for(k=1, #N, n= N[k]; 

       for(l=0, 48,

        nu= lift(n*u^l);

        n1= abs(polcoeff(nu, 1)); n0= abs(polcoeff(nu, 0));

        if(n1==floor(n1) && n0==floor(n0),

         a= u0; b= (u0+1)*n0/n1; c= u1;

         xc= (n0+3)/(2*q); x1= n0; y1= n1;

         while(xc<M,

          if(xc==floor(xc) && xc>1,

           print("----    v = ",v,"    p = ",p,"    q = ",q); print("X^2 = ",xc,"\n");

           if(issquare(xc), print("\n\n++++++++++++++++    v = ",v,"    p = ",p,"    q = ",q,"    X = ",sqrtint(xc),"\n\n\n"))

          );

          x2= a*x1 + b*y1; y2= c*x1 + a*y1;

          x1= x2; y1= y2; xc= (x1+3)/(2*q);

         );

         break()

        )
       )
      ))
     )
    ))
   )
  )
 )
};