Уравнение (x^3+y+1)(y^3+x+1)=z^2

[vicvolf]

scwec в сообщении #1408784 писал(а):

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.

Спасибо, это понял.

scwec в сообщении #1408784 писал(а):

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

Это я вижу. Но не понятно, почему стартуя с точек разных решений, попадаем в одну? Что у них общего? Почему не попадаем в другое решение?

scwec в сообщении #1408718 писал(а):

В случае $x_0=1,y_0=0,z_0=\pm{2}$ приближение находится с помощью формулы
$y=-\dfrac{3x(x+1)(x-1)^2}{(x^2+1)(x^2+2x-1)}$

Можно посмотреть код Maple в данном случае?

[scwec]

1.Стартуя с различных точек получаем различные приближения к одному и тому же решению (а можно и не получить, смотря куда стартовать).
Можно также выписать еще несколько формул приближения достаточно громоздких (имеются в запасе).
Здесь мы имеем дело с бесконечным числом эллиптических кривых (кривых столько, сколько значений параметра $y$, и приближения $(x_i,y_i,z_i)$ лежат на разных кривых. Фактически, здесь находятся подходящие 1-параметрические решения исходного уравнения, где $x$ или $y$ являются параметром.
2. Все нужные формулы уже написаны и приводить тексты и коды не вижу большого смысла, но в целях лучшего понимания материала предлагаю решить похожую но существенно более простую задачу.
Для уравнения $(x+1)(x^3+1)=y^2$ имеется решение $x=1, y=2$.
Найдите рациональные решения $x_i, y_i$ этого уравнения ($i=1,2,3...$) такие, что $\{x_i\}\to{1}, \{y_i\}\to{2}$.

[Shadow]

(Оффтоп)

scwec в сообщении #1408876 писал(а):

Для уравнения $(x+1)(x^3+1)=y^2$ имеется решение $x=1, y=2$.
Найдите рациональные решения $x_i, y_i$ этого уравнения ($i=1,2,3...$) такие, что $\{x_i\}\to{1}, \{y_i\}\to{2}$.

Данное уравнение полностью параметризуется.

[scwec]

Shadow, верно, конечно, оттого и существенно более простая задача.

[Shadow]

Я понимаю. vicvolf интересовался и решениями в целых числах. Их тут тоже дофига.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1408885 писал(а):

Их тут тоже дофига.

Но не в последнем примере (я имею в виду уравнение $y^2=(x+1)(x^3+1)$).

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1408888 писал(а):

Shadow в сообщении #1408885 писал(а):

Их тут тоже дофига.

Но не в последнем примере (я имею в виду уравнение $y^2=(x+1)(x^3+1)$).

Полностью согласен. Померещилость уравнение Пелля. Мой косяк.

[nnosipov]

Кстати, о птичках (c). Вот уравнение с бесконечным числом целых решений:

$$ x^4+2x^3+2x^2y+2xy-y^2-2x-1=0. $$

Вполне сгодится для опытов.

[scwec]

A для исходного уравнения кроме перечисленных выше это (не глядя с неотрицательным $z$ )
$(13,2,220),(-28,3,0),(15,4,520),(9,5,315),(7,6,280),(-513,8,0),(-730,9,0),(-1001,10,0)$ и т.д.
Закономерность на первый взгляд не просматривается (кроме $z=0$, конечно).

[nnosipov]

scwec в сообщении #1408900 писал(а):

Закономерность не просматривается.

Еще бы. Это только специально подобранные уравнения с тремя (и более) неизвестными хорошо решаются в целых числах.

[dmd]

nnosipov в сообщении #1408896 писал(а):

Вот уравнение с бесконечным числом целых решений:

$$ x^4+2x^3+2x^2y+2xy-y^2-2x-1=0. $$

Оно же $(y - x (1 + x))^2 - (1 + x)^2 (-1 + 2 x^2)=0$,

значит $(1 + x)\mid y$,

и тогда получается Пелль $(\frac{y}{1+x}-x)^2-2x^2=-1$.

[nnosipov]

dmd в сообщении #1408925 писал(а):

и тогда получается Пелль

Он самый Можно также просто решить уравнение как квадратное относительно $y$.

Еще одно кстати: если целых точек на кривой бесконечно много, то кривая обязательно рационально параметризуема (рода ноль, это теорема Зигеля). В частности, найти все рациональные (а не только целые) решения нашего уравнения тоже не проблема.

[scwec]

nnosipov в сообщении #1408929 писал(а):

В частности, найти все рациональные (а не только целые) решения нашего уравнения тоже не проблема

Действительно,
$x=-\dfrac{5t^2+6t+2}{2+8t+7t^2}$
$y=-\dfrac{4t^2(1+3t+2t^2)}{92t^2+112t^3+49t^4+32t+4}$

[nnosipov]

Порекомендуем vicvolf сделать это руками.

[vicvolf]

scwec в сообщении #1408876 писал(а):

1.Стартуя с различных точек получаем различные приближения к одному и тому же решению (а можно и не получить, смотря куда стартовать).

А как задается, куда стартовать в коде Maple? Я не нашел это в коде для Maple у nnosipov, поэтому попросил Ваш код.

Цитата:

2. Все нужные формулы уже написаны и приводить тексты и коды не вижу большого смысла, но в целях лучшего понимания материала предлагаю решить похожую но существенно более простую задачу.
Для уравнения $(x+1)(x^3+1)=y^2$ имеется решение $x=1, y=2$.
Найдите рациональные решения $x_i, y_i$ этого уравнения ($i=1,2,3...$) такие, что $\{x_i\}\to{1}, \{y_i\}\to{2}$.

Спасибо! Я бы с удовольствием, но установить Maple не могу (не хватает места на программном диске). Могу только работать в Wolfram Alpha. Род кривой в данном случае, если не ошибаюсь, больше нуля, поэтому по теореме Зигеля уравнение может иметь только конечное число целых решений. Например, $x=-1,y=0$ или $x=0,y=\pm 1$.

scwec в сообщении #1408900 писал(а):

A для исходного уравнения кроме перечисленных выше это (не глядя с неотрицательным $z$ )
$(13,2,220),(-28,3,0),(15,4,520),(9,5,315),(7,6,280),(-513,8,0),(-730,9,0),(-1001,10,0)$ и т.д.
Закономерность на первый взгляд не просматривается (кроме $z=0$, конечно).

Посмотрел в Wolfram Alpha сечения данной поверхности при различных значениях $z$. Похоже, что только при $z=0$ уравнение имеет бесконечное число решений в целых числах. При остальных значениях $z$ уравнение имеет конечное число целых решений, что соответствует теореме Зигеля.