Система 2-х уравнений 4 степени

[scwec]

Дана система двух уравнений
$x_1^2+x_2^2+x_3^2=Y^4, x_4^2+x_5^2+x_6^2+x_7^2=Y^4$
Найдите для неё 1-параметрическое решение в целых, отличных от нуля числах $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7,Y$.

[Shadow]

(Оффтоп)

scwec, да какое там однопараметрическое. Ведь уравнение

$x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2=y^2$ имеет параметрическое решение

$\\x_1=-a_1^2+a_2^2+a_3^2\cdots +a_n^2\\ x_2=2a_1a_2\\ x_3=2a_1a_3\\ \cdots \\ x_n=2a_1a_n\\ y=a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2 $

В данном случае для первого уравнения получится получится $Y^2=a^2+b^2+c^2$, которое имеет такой же вид с решением (для $Y$)

$Y=u^2+v^2+w^2$

Аналогично для второго получится $Y=m^2+n^2+p^2+q^2$

И решения уравнения второй степени от 7 переменных будет иметь как минимум 6 параметров.

Для иксов будет страшно.

[scwec]

Shadow, речь идёт о частном решении, оно может содержать и один параметр.

[Andrey A]

(Shadow)

Не прав. Sorry.

Берем $Y=a^2+b^2+c^2=k^2+l^2+m^2+n^2$ и выписываем общие решения. Равенство $3 \square=4 \square$ найти не трудно, исходя хотя бы из тождества Эйлера (не к ночи помянуто). Можно сформулировать и общее решение.

scwec в сообщении #1481940 писал(а):

... речь идёт о частном решении, оно может содержать и один параметр.

Может или должно?

-- 03.09.2020, 23:08 --

Подробней. Имеем два тождества:
$(a^2+b^2+c^2)^4=\left ( 4ac(a^2+b^2-c^2) \right )^2+\left ( 4bc(a^2+b^2-c^2) \right )^2+\left ( (a^2+b^2-c^2)^2-(2ac)^2-(2bc)^2 \right )^2$
$(k^2+l^2+m^2+n^2)^4=\left ( 4kn(k^2+l^2+m^2-n^2) \right )^2+\left ( 4ln(k^2+l^2+m^2-n^2) \right )^2$ $+\left ( 4mn(k^2+l^2+m^2-n^2) \right )^2+\left ( (k^2+l^2+m^2-n^2)^2-(2kn)^2-(2ln)^2-(2mn)^2 \right )^2$

Пусть $a,b,c,k,l,m,n$ — свободные переменные. Тогда существуют вз. простые $p,q$ такие, что $p(a^2+b^2+c^2)=q(k^2+l^2+m^2+n^2)=Y.$ Домножаем почленно верхнее тождество на $p^4$, нижнее — на $q^4$ и получаем общее решение.

Исправлено 5.09.2020

[scwec]

Andrey A в сообщении #1481941 писал(а):

scwec в сообщении #1481940

писал(а):
... речь идёт о частном решении, оно может содержать и один параметр. Может или должно?

В условии 1-параметрическое решение. Стало быть должно.
Пока отвечал, появилось решение от Andrey A.
Оставим до завтра.

[mecak17]

А $(t^2, 4t^2, 8t^2, 2t^2, 4t^2,5t^2, 6t^2, 3t)$ не подходит?
$1^2 + 4^2 + 8^2 = 1 + 16 + 64 = 81 = 3^4;$ $2^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 = 4 + 16 + 25 + 36 = 81 = 3^4$

[scwec]

По решению Andrey A
Использование двух приведенных тождеств - это очень правильно.
Но $p,q$ - неизвестны и в параметры они не годятся, их нужно вычислять.
Лучше найти параметрическое решение уравнения $a^2+b^2+c^2=k^2+l^2+m^2+n^2$
и подставить его в приведенные тождества.
Например,
$a=(1+u)(u+v),b=(1+v)(u+v),c=1+u+v-uv,k=u(1+u+v)$
$l=v(1+u+v),m=1+u+v,n=u+v+uv$.
Это 2-параметрическое решение уравнения $a^2+b^2+c^2=k^2+l^2+m^2+n^2$
(параметры $u,v$)
Подставляя его в тождества найдем 2-параметрические выражения для $x_i,Y$. Здесь не получается полного решения.
Для его нахождения нужно написать полное решение уравнения $a^2+b^2+c^2=k^2+l^2+m^2+n^2$.

По решению mecak17
Оно удовлетворяет условию задачи, но является почти тривиальным.

При нахождении 1-параметрического решения предполагалось использовать тождество, интересное само по себе.
$(1+u+v+uv+u^2+v^2)^2\equiv{(1+u)^2{(u+v)^2}+(u+v)^2{(1+v)^2}+(1+u+v-uv)^2}\equiv{u^2}{(1+u+v)^2}+v^2{(1+u+v)^2+(u+v+1)^2+(u+v+uv)^2}$
Полагая $1+u+v+uv+u^2+v^2=\square$ получим 1-параметрическое решение в целых числах.
$x_1 = 3t^2+9t^4+6t^3+2t, x_2 = 6t^3+2t+3t^2+1, x_3 = t^2+6t^3+2t$,
$x_4 = 3t^2+9t^4+6t^3, x_5 = 6t^3, x_6 = 3t^2, x_7 = 7t^2+1+6t^3+2t, Y=3t^2+t+1$

[Andrey A]

scwec в сообщении #1481987 писал(а):

... Здесь не получается полного решения.
Для его нахождения нужно написать полное решение уравнения $a^2+b^2+c^2=k^2+l^2+m^2+n^2$.

Об том и речь. Частных решений для такого уравнения найдется уйма, а полное — не знаю. Поэтому и понадобились $p,q$. Можно исходить из тождества $8$-и квадратов, но это будет жуткое занудство.

Upd
В общем виде такая задача всё равно подразумевает некоторую "предзадачу". Если не нравится $\dfrac{p}{q}=\dfrac{k^2+l^2+m^2+n^2}{a^2+b^2+c^2}$, можно брать свободной переменной достаточно большое $Y \neq 2^{2v} \cdot (8u+7)$ и некоторые его разложения в сумму $3$-х и $4$-х квадратов, такие находятся всегда. Иначе либо теряем общность, либо обрастаем кучей ненужных переменных.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1481989 писал(а):

Об том и речь. Частных решений для такого уравнения найдется уйма, а полное — не знаю.

Данное однородное уравнение второй степени сводится к уравнению в рациональных числах с 6-ю переменными, которое полностью параметризуется с помощью 5 параметров. (рациональных).

-- 04.09.2020, 15:11 --

Так что для уравнения $x^2+y^2+z^2+w^2=a^2+b^2+1$ в рациональных числах можно вообще принять $a,b$ за параметры, тоесть, для любых $a,b$ вся решения (почти, с конечное число исключений) будет

$x=mw-a,y=nw-b,z=pw-1$, где

$w=\dfrac{2(am+bn+1)}{m^2+n^2+p^2+1}$

[Andrey A]

Shadow, у меня немножко по-другому получилось, но это неважно. Важно помнить, что подобного рода решения описывают не любое заданное, но пропорциональное заданному разложение в сумму квадратов, причем коэффициент пропорциональности может оказаться большим. Оно не хуже и не лучше, не стоило бы к этому возвращаться. Но тут на основе пропорциональных решений мы строим новые тождества, общность которых снова нуждается в доказательстве. Целых параметров, на сколько понимаю, должно быть шесть. Вы возьметесь указать шесть параметров и коэффициент пропорциональности, соответствующие решению $11^4=4^2+84^2+87^2=32^2+40^2+76^2+79^2$ ? К примеру. Тогда Ваше решение полное. Хорошо бы еще его в целых числах написать.

P.S.

Andrey A в сообщении #1481941 писал(а):

... Домножаем почленно верхнее тождество на $p^4$, нижнее — на $q^4$ и получаем общее решение.

Тоже не доказано.

[scwec]

Из интереса воспользовался 1-параметрическим решением, приведенным мной выше и получил ещё одно представление для $11^4$.
$11^4=104^2+39^2+48^2=108^2+48^2+12^2+23^2$

[FEBUS]

Можно пачки выписать:

$x_1= x_4= 4m^2n^2 x_2=x_5=x_6=2m^3n-2mn^3 x_3 = m^4-n^4 x_7= m^4-2m^2n^2+n^4 Y= m^2+n^2$

Здесь $\;(m;n)=1$. Домножением на $\;k^4$\; получаем все.

[mecak17]

(Andrey A)

Andrey A в сообщении #1482045 писал(а):

Тоже не доказано.

Если я правильно понял, то в Вашем решении три икса из четвёрки делятся на $4$. В $1^2 + 4^2 + 8^2 = 2^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 = 3^4$ это не так, так что решение не полное.

[Andrey A]

mecak17 Соображений четности тут недостаточно для контрпримера, поскольку имелись в виду пропорциональные решения (достаточно назначить $p,q$ рациональными), но и уверенности в общности тоже никакой. Об этом выше. О полноте тождества трех квадратов было здесь, ту же схему можно продолжить на большее количество слагаемых. Попробуйте наладить обратную связь для данного уравнения, было бы интересно. Мне сейчас, честно говоря, немножко не до того.

[mecak17]

Если порядок иксов важен($x_1$ всегда пропорционален только $4ac(a^2 + b^2 - c^2)$, $x_2$ пропорционален $4bc(a^2+b^2-c^2)$ и. т. д.), то есть контрпример - то же самое $(t^2)^2 + (4t^2)^2 + (8t^2)^2 = (3t)^4$

$\frac{a}{b} = \frac{1}{4}$, будем считать $a = 1, b = 4$, тогда $\frac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{4ac(a^2 + b^2 - c^2)} = \frac{(17 + c^2)^2}{4c(17-c^2)} = \frac{(3t)^2}{t^2} = 9$ -- квадратное уравнение, не имеющее решений в рациональных.

Кажется, если мы хотим решения "с точностью до пропорциональности", достаточно отдельно решить уравнения $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = Y^4$ и $x_4^2 + x_2^5 + x_6^2 + x_7^2 = Y^4$, это выглядит проще.