Уравнение (x^3+y+1)(y^3+x+1)=z^2

[scwec]

Дано уравнение $(x^3+y+1)(y^3+x+1)=z^2\qquad(1)$ и его частное решение $x=-1,y=0,z=0$.
Докажите, что существует бесконечно много троек рациональных чисел $x_i,y_i,z_i$, где $i=1,2,3...$, таких, что:
1. $x=x_i, y=y_i, z=z_i$ - решение уравнения $(1)$ и $y_i\ne{0}$, $x_i\ne{-1}$;
2.$\{{x_i}\}\to{-1}, \{{y_i}\}\to{0}, \{{z_i}\}\to{0}$.
p.s. задача допускает обобщение для любого частного рационального решения уравнения $(1)$.

[Shadow]

scwec в сообщении #1407394 писал(а):

Дано уравнение $(x^3+y+1)(y^3+x+1)=z^2\qquad(1)$ и его частное решение $x=-1,y=0,z=0$.

Более общее решение $x=-1,z=\pm y^2$

И еще $x=y,z=\pm(y^3+y+1)$

Откуда нетрудно, но досадно выводится решение: $\forall y\in\mathbb{Q}\not=\pm 1$

$x=-\dfrac{3y^5-7y^4-2y^3+2y^2-5y-3}{y^5+3y^3+3y^2-4y-3}$

(для $z$ решение писать не буду - страшно)

И, естественно, при $y\to 0,\;x\to -1$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1408192 писал(а):

И еще $x=y,z=\pm(y^3+y+1)$

(исправил опечатку) Относительно $(x,z)$ эта кривая является эллиптической, можно перейти, например, к форме Вейерштрасса (Maple это делает), а дальше шаблонным методом --- проводим касательную к уже известной точке, получаем новую. Так не пойдет?

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1408193 писал(а):

Так не пойдет?

Конечно пойдет. Но я не владею до такой степени хорошо Maple и к форме Вейерштрасса не приводил - кубическая кривая, два рациональные корня есть, третий по Виету. Можно и касательную провести - аналогично удваиванию и сложению точек на эллиптической кривой.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1408195 писал(а):

кубическая кривая, два рациональные корня есть, третий по Виету

Кстати, или так.

Проверил сейчас, действительно работает (проводил касательную). Получилось вот что:

$$ x={\frac { \left( {y}^{2}+3\,y+1 \right) \left( {y}^{4}-4\,{y}^{3}+2\,{ y}^{2}-3 \right) }{ \left( 2\,{y}^{2}+y+1 \right) \left( 2\,{y}^{3}-3 \,{y}^{2}+2\,y+3 \right) }} $$

Shadow в сообщении #1408195 писал(а):

Но я не владею до такой степени хорошо Maple

Я тоже, но здесь как раз тот случай, когда все делается не приходя в сознание. Вот код:

> with(algcurves):
> f:=(x^3+y+1)*(y^3+x+1)-z^2:
> genus(f,x,z):
> Weierstrassform(f,x,z,u,v):
> X:=y:
> Z:=y^3+y+1:
> U:=factor(subs(x=X,z=Z,-(y^6*x+2*x*y^3+x+1+y)/(y^3+x+1))):
> V:=factor(subs(x=X,z=Z,-y*(3*y^2+y^8+3*y^5-1)/(x^2+2*x*y^3+2*x+y^6+2*y^3+1)*z)):
> F:=v^2+u^3-2-3*y-3*y^3-3*y^4-y^2-3*y^6-3*y^7-y^9-y^10+(-3-3*y-3*y^3-3*y^4)*u:
> k:=factor(subs(u=U,v=V,-diff(F,u)/diff(F,v))):
> factor(subs(v=k*(u-U)+V,F)):
> UU:=solve(4*u-10*y^2+y^4+1-8*y=0,u):
> factor(subs(u=UU,F)):
> VV:=solve(8*v-9-28*y-17*y^2+20*y^3+17*y^4+y^6=0,v):
> XX:=factor(subs(u=UU,v=VV,-1/2*(2*u*y^3+2*u+2*y+2)/(1+2*y^3+y^6+u))):
> factor(subs(x=XX,f)):
> ZZ:=solve(2*y^13-4*y^12+40*y^11-30*y^10+16*y^10*z-14*y^9-32*y^9*z+104*y^8+40*y^8*z-86*y^7+16*y^7*z-34*y^6+9*z*y^6+86*y^5+14*y^5*z-72*y^4+31*y^4*z-78*y^3+68*z*y^3+20*y^2+55*z*y^2+18*y+30*z*y+9*z=0,z):
> latex((y^2+3*y+1)*(y^4-4*y^3+2*y^2-3)/(2*y^2+y+1)/(2*y^3-3*y^2+2*y+3)):

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1408196 писал(а):

Получилось вот что:

Да, красиво получилось. У меня только знаменатель раскладывается на множители. Но это другая точка, нормально.

[nnosipov]

Если стартовать с точки $x=-1$, $z=y^2$, то получится вот так:

$$ x={\frac {8\,{y}^{7}+{y}^{6}-{y}^{5}+7\,{y}^{4}+2\,{y}^{3}-5\,{y}^{2}-y+ 1}{ \left( y-1 \right) \left( 2\,{y}^{2}-1 \right) \left( 2\,{y}^{4} +3\,{y}^{2}-1 \right) }} $$

[scwec]

Решения приведены верные. Выражение для $x$ от nnosipov
точно совпадает с тем, которое мной имелось в виду.
За результатом стоит общая теорема Пуанкаре-Гурвица о том, что при наличии хотя бы одной рациональной точки бесконечного порядка на связной компоненте эллиптической кривой, множество рациональных точек всюду плотно на этой компоненте.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1408253 писал(а):

теорема Пуанкаре-Гурвица

Спасибо, будем иметь в виду.

[vicvolf]

Shadow в сообщении #1408192 писал(а):

scwec в сообщении #1407394 писал(а):

Дано уравнение $(x^3+y+1)(y^3+x+1)=z^2\qquad(1)$ и его частное решение $x=-1,y=0,z=0$.

Более общее решение $x=-1,z=\pm y^2$
И еще $x=y,z=\pm(y^3+y+1)$
Откуда нетрудно, но досадно выводится решение: $\forall y\in\mathbb{Q}\not=\pm 1$
$x=-\dfrac{3y^5-7y^4-2y^3+2y^2-5y-3}{y^5+3y^3+3y^2-4y-3}$

Решение в рациональных числах интересное! Нельзя ли подробнее его вывод? И еще. Наверху написаны два частных решения в целых числах. Что можно сказать об общем решении данного уравнения в целых числах?

[vicvolf]

scwec в сообщении #1407394 писал(а):

Дано уравнение $(x^3+y+1)(y^3+x+1)=z^2\qquad(1)$ и его частное решение $x=-1,y=0,z=0$.
Докажите, что существует бесконечно много троек рациональных чисел $x_i,y_i,z_i$, где $i=1,2,3...$, таких, что:
1. $x=x_i, y=y_i, z=z_i$ - решение уравнения $(1)$ и $y_i\ne{0}$, $x_i\ne{-1}$;
2.$\{{x_i}\}\to{-1}, \{{y_i}\}\to{0}, \{{z_i}\}\to{0}$.
p.s. задача допускает обобщение для любого частного рационального решения уравнения $(1)$.

Данное уравнение имеет следующие решения в целых числах: $x=1,y=0,z=2$ и $x=1,y=0,z=-2$, которые не входят в частные решения: $x=-1,z=\pm y^2$ и $x=y,z=\pm(y^3+y+1)$.
В какую сходящуюся последовательность рациональных решений данного уравнения $\{{x_i}\}\to{-1}, \{{y_i}\}\to{0}, \{{z_i}\}\to{0}$ входят указанные решения в целых числах, если задача допускает обобщение для любого частного рационального решения?

[scwec]

vicvolf в сообщении #1408644 писал(а):

В какую сходящуюся последовательность рациональных решений данного уравнения $\{{x_i}\}\to{-1}, \{{y_i}\}\to{0}, \{{z_i}\}\to{0}$ входят указанные решения в целых числах, если задача допускает обобщение для любого частного рационального решения?

Вы, видимо, неверно поняли фразу об обобщении.
Имелось в виду, если $x_0,y_0,z_0$ частное рациональное решение, то существуют тройки рациональных чисел $x_i,y_i,z_i$ такие, что $\{{x_i}\}\to{x_0}, \{{y_i}\}\to{y_0}, \{{z_i}\}\to{z_0}$ и $x=x_i, y=y_i, z=z_i$ - решение исходного уравнения.
Однако, приближение для любого рационального решения, хоть и существует (теорема Пуанкаре-Гурвица), но найти аналитическое выражение для него не всегда просто.
В случае $x_0=1,y_0=0,z_0=\pm{2}$ приближение находится с помощью формулы
$y=-\dfrac{3x(x+1)(x-1)^2}{(x^2+1)(x^2+2x-1)}$

[vicvolf]

scwec
Спасибо! Правильно ли я понял, что частное решение $x=y,z=\pm(y^3+y+1)$ к задаче не имеет отношение, так как не содержит точку: $x=-1,y=0,z=0$.
Далее Вы берете локальное решение $x=-1,z=\pm y^2$, содержащее данную точку, и используете стандартный метол касательной. Но я не понял, какая кривая в данном случае будет эллиптической?
Мне кажется, что надо использовать другое частное решение $z=0, (x^3+y+1)(y^3+x+1)=0$ и тогда эллиптическими кривыми будут $x^3+y+1=0$ или $y^3+x+1=0$.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #1408751 писал(а):

Мне кажется, что надо использовать другое частное решение $z=0, (x^3+y+1)(y^3+x+1)=0$ и тогда эллиптическими кривыми будут $x^3+y+1=0$ или $y^3+x+1=0$.

Нет, вру. Они тоже не эллиптические.

[scwec]

vicvolf в сообщении #1408751 писал(а):

Правильно ли я понял, что частное решение $x=y,z=\pm(y^3+y+1)$ к задаче не имеет отношение, так как не содержит точку: $x=-1,y=0,z=0$.

Нет, неправильно поняли. nnosipov использует его в первом решении (5,6 строки кода Maple).

vicvolf в сообщении #1408771 писал(а):

я не понял, какая кривая в данном случае будет эллиптической?

Объявляя $y$ параметром, из исходного уравнения получаем семейство уравнений эллиптических кривых в переменных $x,z$.
Объявляя $x$ параметром, из исходного уравнения получаем семейство уравнений эллиптических кривых в переменных $y,z$.
И это не зависит от выбранных решений исходного уравнения.