Уравнение в рациональных числах

[Andrey A]

$$\dfrac{x}{y \left ( x^2-xy+1 \right )}=a.$$

Все переменные рациональные числа (такие, что знаменатель $\neq 0$), $a$ — некоторый фиксированный аргумент. Можно переписать это так: $\dfrac{1}{a}=\left ( \dfrac{x^2+1}{2} \right )^2-\left ( \dfrac{x^2+1}{2}-y \right )^2$. Можно выразить $y$ через $x$ со вводом новой переменной, но легче от этого не становится. Не ясно даже, любым ли числом можно назначить $a$, хоть и функция от двух переменных. Впервые сталкиваюсь со столь злобной обороной, а может это клин в мозгу. Не знаю. В любом случае буду признателен за идеи. Спасибо.

[Dmitriy40]

Andrey A в сообщении #1469516 писал(а):

$\dfrac{x}{y \left ( x^2-xy+1 \right )}=a$
...
Можно переписать это так: $\dfrac{1}{a}=\left ( \dfrac{x^2+1}{2} \right )^2-\left ( \dfrac{x^2+1}{2}-y \right )^2$.

Разве можно? Вроде не совпадает в двух слагаемых из трёх.

[Andrey A]

Dmitriy40 в сообщении #1469520 писал(а):

не совпадает...

$\dfrac{1}{a}=\dfrac{y \left ( x^2-xy+1 \right )}{x}=y \left ( x-y+\dfrac{1}{x} \right )$

$\dfrac{\left ( x-y+\dfrac{1}{x} \right )+y }{2}=\dfrac{x^2+1}{2x}$
$\dfrac{\left ( x-y+\dfrac{1}{x} \right )-y }{2}=\dfrac{x^2+1}{2x}-y$

Как-то так. А, иксы в знаменателе пропущены, конечно. Спасибо за поправку, должно быть $\dfrac{1}{a}=\left ( \dfrac{x^2+1}{2x} \right )^2-\left ( \dfrac{x^2+1}{2x}-y \right )^2$.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1469516 писал(а):

Впервые сталкиваюсь со столь злобной обороной

А что Вы хотите сделать с этим уравнением? Если решить в рациональных числах для каждого значения $a$, то это вряд ли возможно. Но при $a \in \{-1,1/2,2\}$ это можно сделать, причем вполне элементарным способом.

[dmd]

Оно же $(x^2 - 2 x y + 1)^2 - (x^2 + (1 - 2/a))^2 + (1 - 2/a)^2 - 1=0$, что равносильно $A^2+B^2=C^2+D^2$.


И оно же $\Bigl(a (x^2 + 1 - 2 x y)\Bigr)^2 - \Bigl(a (x^2 + 1) - 2\Bigr)^2 = 4 (a - 1)$.


Вроде бы для любого целого $a$ получается всегда $x^2<0$.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1469706 писал(а):

... вряд ли возможно.

То есть функция от двух рациональных переменных принимает не любые значения? Это само по себе интересно, и как их разделить на представимые и не представимые. Если взять $y$ как функцию от $x$: $y_1=\dfrac{x^2+2n+1}{x(n+1)},\ y_2=\dfrac{n(x^2-1)}{x(n+1)}$, то для для $a$ получаем еще менее "узнаваемое" представление: $a=\dfrac{1}{y_1y_2}=\dfrac{x^2(n+1)^2}{n(x^2-1)(x^2+2n+1)}$. Очень интересно, как Вы это решаете хоть для какого-то $a$, если оно выражено числом. Я сдаюсь.

Upd вот если взять $x=n$, становится узнаваемо. Хотя бы частный случай. Можно попробовать $x=kn$.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1469716 писал(а):

То есть функция от двух рациональных переменных принимает не любые значения?

Этого я, разумеется, не утверждал. Я сказал следующее: если поставлена задача для каждого рационального $a$ решить уравнение $x=ay(x^2-xy+1)$ в рациональных числах $x$, $y$, то это очень сложная задача. Даже для конкретного значения $a$ решить данное уравнение может оказаться очень сложно. Вот для $a=-1$ (например) это удается сделать, а для $a=-2$ я уже не знаю, как решить уравнение в рациональных числах. Почему может быть сложно? Потому что это задача о нахождении всех рациональных точек на эллиптической кривой, а это сложная задача.

Принимает ли функция $\dfrac{x}{y(x^2-xy+1)}$ при рациональных аргументах $x$, $y$ все рациональные значения --- это уже другой вопрос (по-моему, он тоже нетривиальный в случае положительного ответа). В любом случае, я над ним не думал.

Andrey A в сообщении #1469716 писал(а):

Очень интересно, как Вы это решаете хоть для какого-то $a$, если оно выражено числом.

Для $a \in \{-1,1/2,2\}$ нужно перейти к форме Вейерштрасса, после чего возникнут уравнения, про которые известно как их решать в рациональных числах (они связаны с задачей про так называемые конгруэнтные числа).

[kotenok gav]

Ну, если есть такое рациональное $n$, что $\frac{n-1}{na-1}+n-1$ - квадрат, то (и наоборот) подходят $x^2=\frac{n-1}{na-1}+n-1$ и $y=x-\frac{n-1}x$.

[Andrey A]

Всем спасибо, надо подумать.

[Andrey A]

nnosipov
Немножко ясно, спасибо.

kotenok gav в сообщении #1469720 писал(а):

если есть такое рациональное $n$, что $\frac{n-1}{na-1}+n-1$ - квадрат, то...

Пробуя понять когда оно квадрат, приходим к тому же уравнению $\dfrac{1}{a}=\left ( \dfrac{k^2+1}{2k} \right )^2-\left ( \dfrac{k^2+1}{2k}-\dfrac{n}{k} \right )^2$.

dmd
Вы часто опускаете только Вам понятные вещи, как само собой разумеющиеся. Восстанавливать ход чужой мысли иногда бывает влом, поскольку решения всё равно не предлагается. Но лаконичность всегда достоинство.

[kotenok gav]

А если потребовать целочисленность $n$? Кажется, что все рациональные получатся и так.

[dmd]

Andrey A

())

Andrey A в сообщении #1469744 писал(а):

dmd
Вы часто опускаете только Вам понятные вещи, как само собой разумеющиеся. Восстанавливать ход чужой мысли иногда бывает влом, поскольку решения всё равно не предлагается. Но лаконичность всегда достоинство.

). То же самое часто хотел сказать в Вашей теме про Совершенный кубоид. Да, согласен, восстанавливать ход чужой мысли бывает крайне сложно.


Многие диофантовы уравнения часто сводятся к аддитивному сочетанию трёх/четырех/пяти квадратов. Например сумма кубов $x^3 + y^3 + z^3=n$:

$\Bigl(2 (2 x y)^2 + 1\Bigr)^2 + \Bigl(4 (z^3 - n)\Bigr)^2 - \Bigl(4 x y (2 x y + 1)\Bigr)^2 - \Bigl(4 (2 y^3 + z^3 - n)\Bigr)^2 = 1$

Упомянутая форма $A^2+B^2=C^2+D^2$ параметризуется множеством способов, и мне было бы интересно узнать самый исчерпывающий вариант её параметризации.

А новый способ параметризации плюс оператор Результант дают новые возможности в попытках решения уравнения.


Разность квадратов $\Bigl(a (x^2 + 1 - 2 x y)\Bigr)^2 - \Bigl(a (x^2 + 1) - 2\Bigr)^2 = 4 (a - 1)$ проверил в pari/gp для $a$ в диапазоне -10^6..10^6.

Везде значение $x^2$ получилось отрицательным. Дело в том, что алгоритмически решение нужно выстраивать последовательно. В данном случае, получив все решения $X^2-Y^2=4 (a - 1)$, нужно сначала вычислить $x$ из $a (x^2 + 1) - 2=Y$. Именно на этом шаге все варианты отсеиваются, т.к. всегда получается $x^2<0$, и до разбора $a (x^2 + 1 - 2 x y)=X$ алгоритм не доходит.

Код такой:

axy()=
{
 for(a=2, 10^6,
  T= thue('x^2-1, 4*(a-1));
  for(i=1, #T,
   x2= (T[i][2]+2)/a-1;
   if(x2>0, if(issquare(x2),
    x= sqrtint(numerator(x2))/sqrtint(denominator(x2));
    y= (x^2+1-T[i][1]/a)/2/x;
    print("("a", "x", "y")")
   ))
  )
 )
};

[scwec]

Исходное уравнение $x=ay(x^2-xy+1)$ в форме Вейерштрасса запишется так:
$w^2=u^3-(a^2+a)u^2+{a^3}u\qquad(1)$
или так $w^2=u(u-a)(u-a^2)$. Рациональные точки конечного порядка это $(a,0),(a^2,0),(0,0)$
Других нет. В исходном уравнении им соответствует $(x,y)=(0,0)$
Рациональных точек бесконечного порядка бесконечно много на кривых $(1)$ с ненулевым рангом
с целыми положительными $a=3,6,8,10,14,15,17,21,24,26...$,
с целыми отрицательными $a=-5,-7,-12,-13,-14,-17,-19,-20.....$
С дробными $a$ не привожу.
Исходное уравнение имеет рациональные решения, отличные от (0,0) только если $(1)$ имеет
ненулевой ранг.
Для $a=3$, например, $u=12,w=18, x=-3/2,y=-1/6$ или $u=27,w=108, x=-2/3,y=-1/6$ и т.д.
Для данного уравнения можно попытаться найти частное параметрическое решение.
Об общем решении и речи быть не может.

[Andrey A]

kotenok gav в сообщении #1469763 писал(а):

А если потребовать целочисленность $n$? Кажется, что все рациональные получатся и так.

Я немножко не понимаю, Вы $n$ берете из моей формулы? Тогда всё зависит от того, сколькими способами нам удается представить $a$, как функцию от $(x,n)$. Думаю, для произвольного $a$ вовсе не всегда возможно целое $n$. Но не очень понятен смысл вопроса, — перебор на такой основе будет, конечно, ущербный. Это в целых мы можем не мытьем, так катаньем, тут всё немножко по другому: понятие делимости отсутствует напрочь (как, если бы мы говорили о вычетаемости или об умножаемости)), а в понятие величины вкладывается несколько иной смысл. К примеру, приравняв $x=n$ и подставив в вышеприведенные формулы, удается получить 1-параметрическое решение: $a=\dfrac{x}{x^2-1},\ y_1=1+\dfrac{1}{x},\ y_2=x-1,$ но что это значит? Заполучив фиксированное $a$, имеем величину и по прежнему не знаем что с ней делать кроме того, однако, что теперь можем проверить, не является ли рациональным $t=\sqrt{4a^2+1}$ ? Если да, то рационально и $x=\sqrt{\dfrac{t+1}{t-1}}$, и вот имеем частное решение. Уже и тут без перебора не обходится, а в общем случае и подавно. Еще три примера, приведенные nnosipov, он ведь не шутит, когда говорит: а для $a=-2$ я уже не знаю, как решить уравнение в рациональных числах. Перебор, однако, несколько иного рода, и тут полезно разложение в цепную дробь, поскольку рациональное число всегда конечная дробь.

scwec в сообщении #1469805 писал(а):

Исходное уравнение имеет рациональные решения, отличные от (0,0) только если $(1)$ имеет ненулевой ранг.

А при каких $a$ не имеет? Дайте хотя бы один пример. Остальное надо изучать, спасибо.

[kotenok gav]

Andrey A в сообщении #1469813 писал(а):

Я немножко не понимаю, Вы $n$ берете из моей формулы?

Не, у меня $n$ - $x^2+xy+1$.