Уравнение x+1/x+y+1/y=K(z+1/z)

[scwec]

Найдите 1-параметрическое решение в рациональных числах $x,y,z$
уравнения $x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}=K\cdot(z+\frac{1}{z})$, где $K$ - заданное рациональное число.

[nnosipov]

Если $K$ --- абсцисса или ордината рациональной точки на единичной окружности (например, $K=4/5$), то можно и 2-параметрическое решение $(x,y,z)$ предложить.

[scwec]

nnosipov в сообщении #1490202 писал(а):

Если $K$ --- абсцисса или ордината рациональной точки на единичной окружности (например, $K=4/5$), то можно и 2-параметрическое решение $(x,y,z)$ предложить.

Так второй параметр возникает за счет параметризации $K$ или что-то другое?
Мной имелось в виду, что решение выглядит так $x=x(t,K), y=y(t,K), z=z(t,K)$
с рациональными функциями в правых частях, и единственный параметр это $t$.
Поясните, что Вы имели в виду.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1490246 писал(а):

Поясните, что Вы имели в виду.

Да, пардон, с 2-параметрическим решением я погорячился, $K$ ведь должно быть фиксировано. (Просто вспомнилось, что кривая $x+1/x+y+1/y=4$ рациональна.)

[waxtep]

При $K\neq0,\pm1$ есть вот такое (видимо, тривиальное) решение: $y=\dfrac1{K^2-1}\left(x+\dfrac1x\right),z=Ky$. В целом я пытался рассматривать дискриминант квадратного уравнения, корнями которого являются $x,y$, введя параметр $a\equiv x+y-Kz$ и $p\equiv x+y,q\equiv xy$, затем выражая $q$ из исходного уравнения. Т.о. можно придти к равенству в рациональных числах $s(p-s)(K^2+a^2-ap)=p(p-a)$; тривиальное семейство получается при произвольном принятии $s=-1/a$ (в этом случае ликвидируется член с $p^2$ и получаются гарантированно рациональные $p=p(a),q=q(a)$)

[Andrey A]

waxtep в сообщении #1490698 писал(а):

... есть вот такое (видимо, тривиальное) решение:

Почему тривиальное? Все частные решения в некотором смысле тривиальные, поскольку опираются на произвольное допущение, но не более того. Ветвистость выражений тут вряд ли надежный показатель.

[scwec]

Приведенное waxtep решение верное и компактное.
Вот то, что имелось в виду (оно годится и для $K=\pm{1}$)
$x = \dfrac{(1+t^2+K^2+2t)^2}{K(t^2-1)(tK^2+1+2t+t^2)}$

$y = \dfrac{(1+t^2+K^2+2t)^2}{K(2+K^2+2t)(tK^2+1+2t+t^2)}$

$z=\dfrac{(t^2-1)(2+K^2+2t)K^2}{(tK^2+1+2t+t^2)(1+t^2+K^2+2t)}$
Получается это решение из некоторой рациональной точки бесконечного порядка
на эллиптической кривой $(U,W)$ с уравнением
$W^2 = U^3-(N+2N^2+N^3-2K^2{N^2})U^2-(-K^4{N^4}+{K^2}N^3+{K^2}N^5+2N^4{K^2})U$
к которому можно свести исходное уравнение (здесь $N=\frac{y}{x}$).

[waxtep]

Andrey A в сообщении #1490714 писал(а):

Почему тривиальное?

Меня удивил простой вид решения по сравнению с очень окольным путём, которым я к нему пришел, т.е. видимо есть менее трудозатратный путь к нему же...

[Andrey A]

(waxtep)

waxtep в сообщении #1491009 писал(а):

Меня удивил простой вид решения по сравнению с очень окольным путём, которым я к нему пришел,

Е равно эм цэ квадрат.
Что-то физик мой не рад,
Ну хотя бы пару строк...
Мечет кости древний Бог:

А вот на тебе ОТО!
Получи и распишись,
Слишком простенько а то.
Будет типа зашибись :)

Рождено в творческих муках