Уравнение (x-y)/z+(y-z)/x+(z-x)/y=N

[scwec]

Рассматривается уравнение $\dfrac{x-y}{z}+\dfrac{y-z}{x}+\dfrac{z-x}{y}=N$.
Докажите, что оно имеет решения в натуральных $x,y,z$ при любых целых $N\ne\pm{1}$.

[Andrey A]

Можно так: $x=ab(b^2+ac),\ y=bc(a^2+bc),\ z=ac(ab-c^2)$, где тройка $a,b,c$ удовлетворяет уравнению $a^3+abc-\dfrac{b^3+c^3}{N}=0.$ Последнее разрешимо всегда, взять хотя бы $b=\dfrac{a(N+1)}{2},\ c=\dfrac{a(N-1)}{2},$ но чтобы получить положительные $x,y,z$, нужны другие решения. Они вроде бы и есть, но доказать их существование для общего случая не берусь. Жесткая задачка.

PS
Можно выделить частное решение $N=b^2-b+1\ (a=c=1).$ Соответственно $x=b^3+b,\ y=b^2+b,\ z=b-1$ (для нечетных $b$ всё пополам).

[scwec]

Замечу, что и для чуть измененного уравнения $\dfrac{x+y}{z}+\dfrac{y-z}{x}+\dfrac{z-x}{y}=N$
с любым целым $N\ne{-2}$ тоже всегда найдутся решения в натуральных $x,y,z$.
Что касается приведенных выше рассуждений, то они верные и, наверное, можно сконструировать нужные решения на этом пути.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1492669 писал(а):

... верные и, наверное, можно сконструировать нужные решения на этом пути.

Дело в том, что для простого $N$ предложенное решение является общим, поэтому предположение о существовании других решений кубического уравнения равносильно вопросу задачи. Не хочется что-то ее бросать на полпути, задело. Уравнение $a^3+abc-\dfrac{b^3+c^3}{N}=0$ (пусть будет $2$) приведенное, причем относительно любой переменной. То что оно в целых числах – не имеет значения, поскольку из тройки рациональных решений $x,y,z$ получаем целое решение домножением на общий знаменатель. Все выкладки по требованию. Точка $a=b=c=0$ удовлетворяет $(2)$ при любом $N$ (хотя и порождает нулевую тройку $x,y,z$, тут надо осторожно), есть еще решение $a,\ b=\dfrac{a(N+1)}{2},\ c=\dfrac{a(N-1)}{2}$ верное для любых $a,N.$ Как эта ситуация выглядит с точки зрения теории эллиптических кривых? Очень интересно.

[scwec]

Если считать $a$ за параметр, то $(2)$ - уравнение эллиптической кривой.
Оно имеет бесконечное число рациональных решений при каждом целом $N\ne\pm{1}$
(это факт нетривиальный).
Приведу ещё одно его решение
$b=-\dfrac{a(N^4+2N^3+8N^2-10N-1)}{4(3N^2+1)}$

$c= \dfrac{a(N^4-2N^3+8N^2+10N-1)}{4(3N^2+1)}$
Это всё, конечно, интересно, но решения исходной задачи пока нет.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1492711 писал(а):

... бесконечное число рациональных решений при каждом целом $N\ne\pm{1}$

Из Вашего примера положительных троек $x,y,z$ не получить. Из остальных тоже? Интересно.
Я думал, Вольфрам выдает только маленькие решения, остальные ему влом. Не без этого, конечно, но теперь ни в чем не уверен. Выпишу все известные для $10<N<50.$

$\begin{matrix} N & a & b & c & x & y & z\\ & & & & & & \\ 13 & 1 & 4 & 1 & 68 & 20 & 3\\ 19 & 1 & 4 & -9 & 4 & 180 & 99\\ 21 & 1 & 5 & 1 & 65 & 15 & 2\\ 24 & 7 & 58 & 20 & 59276 & 58435 & 35\\ 26 & 7 & 37 & -85 & 259 & 12580 & 5355\\ 29 & 19 & 101 & 15 & 1437331 & 203010 & 34485\\ 31 & 1 & 6 & 1 & 222 & 42 & 5\\ 37 & 7 & 27 & 1 & 34776 & 513 & 329\\ 39 & 3 & 57 & -93 & 1045 & 57722 & 4867\\ 43 & 1 & 7 & 1 & 175 & 28 & 3\\ 48 & 1 & 10 & 2 & 85 & 35 & 1\\ 49 & 4 & 19 & 1 & 5548 & 133 & 60 \end{matrix}$

Может, кому-то удастся заполнить пробелы, например для $13<N<19.$ Вся надежда на компьютерный перебор.

Исправлено 17.11.2020

[Dendr]

Такое вот не то чтобы решение - но последовательная замена одной задачи на другую.

Для начала упомяну очевидное свойство любого решения - его круговая перестановка тоже решение, а перестановка в обратном порядке - решение для $-N$. Это позволяет рассматривать только положительные $N$ ($x=y=z$ решает уравнения для $N=0$, что неинтересно). Так же очевидно, что если домножить три числа на любой коэффициент, то это тоже решение - то есть если мы найдем рациональное решение, то, домножив его на НОК знаменателей, получим целое решение, будем иметь в виду это.

Если обозначить $\alpha=\frac{x}{z}, \beta=\frac{y}{x}, \gamma=\frac{z}{y}$, то получим следующее:
$(1-\alpha)(1-\beta)(1-\gamma)=1-(\alpha+\beta+\gamma)+(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma)-\alpha\beta\gamma=$
$=1-\frac{x}{z}-\frac{y}{x}-\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{x}{y}+\frac{z}{x}-1=-N$
Из этого равенства следует, что $\alpha+\beta+\gamma=N+(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma)$
Если решение существует, то существуют три рациональных числа (более того, положительных), удовлетворяющих этому равенству. Поскольку они положительны, то их сумма больше $N$, а по построению видно, что хотя бы одно из них должно быть больше единицы.

Эти числа - корни уравнения $(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=0$. Раскрыв скобки, получим:
$x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma)x-1=0$
Введя обозначение $s=\alpha+\beta+\gamma$ (оно тоже рационально и положительно), получаем уравнение

$x^3-sx^2+(N+s)x-1=0$ или $\frac{N}{x-1}=1-s+x+\frac{1}{x}$
Таким образом, вопрос задачи эквивалентен следующему утверждению: $\forall N\neq\pm1 : \exists s\in\mathbb{Q}, s>1$ такое, что это уравнение имеет три рациональных корня ${\alpha, \beta, \gamma}$, тогда исходное уравнение имеет решение, пропорциональное набору ${\alpha, \alpha\beta, 1}$.

Рассматривая функцию $f(x)=x^3-sx^2+(N+s)x-1$, можно обнаружить, что один из корней находится на интервале $(0,s^{-1})$, хотя о рациональности это еще ничего не говорит. Надо заметить, что если при некотором $s$ рациональный корень существует, он является несократимой дробью, числитель и знаменатель которой - делители знаменателя $s$. То есть, чтобы корнем было число $u/v$, требуется, чтобы $s=\frac{p}{uvw}. Подставляя это в уравнение, получаем выражение:
$w(u^3-v^3+Nuv^2)=p(u-v)$.

Выберем $w=u-v$, тогда $p=u^3-v^3+Nuv^2$.
Таким образом, существует $s$, для которого один из корней - рационален. Но при этом два других корня не обязательно рациональны, они могут содержать радикалы, и требуется подобрать подходящие $u, v$. Поделив кубическое уравнение на $(x-u/v)$ и получим уравнение:
$x^2+x\frac{v^2-u^2-Nuv}{u(u-v)}+\frac{v}{u}=0$.
Мы можем домножить его на $u(u-v)$ и получить уравнение с целыми коэффициентами. Его дискриминант равен $D=((u-v)^2-Nvu)^2+4Nu^2v(u-v)$.

Теперь задача свелась к доказательству существования таких взаимно простых натуральных $u, v$ при данном $N$, что эта величина является полным квадратом: $D=M^2$. Это случится, если существуют два целых числа, чья разность равна $Nuv-(u-v)^2$, а произведение - $Nu^2v(u-v)$.

Чтобы пояснить, что это работатет:
Например, для $N=46$ можно взять $u=10, v=3$, тогда получаем, соответственно, $1331=1400-69, 96600=1400\cdot69$, квадратное уравнение становится $x^2-1471x/70+3/10=0$ - его решения $1/70$ и $21$, так что для решения исходного уравнения получаем, например, тройку $10/3, 70, 1$ - или в натуральных числах $10, 210, 3$. Заметьте, что так же подойдет тройка $10/3, 1/21, 1$, то есть $70, 1, 21$.

То есть, следующий этап - доказать, что для данного $N>1$ существует пара натуральных чисел $u, v$ такая, что величина $Nu^2v(u-v)$ раскладывается на два множителя с разностью $Nuv-(u-v)^2$. Но дальше пока двигаться не выходит.

[StaticZero]

Dendr в сообщении #1492740 писал(а):

$\alpha+\beta+\gamma=N+(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma)$

Dendr в сообщении #1492740 писал(а):

$x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma)x-1=0$

При $s = \alpha + \beta + \gamma$ имеем $s = N + (\alpha \beta + \ldots)$, и получается

$$ x^3 - s x^2 + (s - N) x - 1 = 0. $$

У вас иначе:

Dendr в сообщении #1492740 писал(а):

$x^3-sx^2+(N+s)x-1=0$

[Andrey A]

scwec в сообщении #1492711 писал(а):

$b=-\dfrac{a(N^4+2N^3+8N^2-10N-1)}{4(3N^2+1)}$

$c= \dfrac{a(N^4-2N^3+8N^2+10N-1)}{4(3N^2+1)}$

Andrey A в сообщении #1492731 писал(а):

Из Вашего примера положительных троек $x,y,z$ не получить.

На самом деле это неправда. Каюсь. Посмотрим при каких условиях параметры $x=ab(b^2+ac),\ y=bc(a^2+bc),\ z=ac(ab-c^2)$ оказываются положительными числами. Прежде всего заметим, что переменные $b \leftrightarrow c$ симметричны (достаточно взглянуть на само уравнение $2$). Если $a,b,c>0$, должно выполняться $ab>c^2$, тут просто, но случается не всегда. Есть еще вариант с одной отрицательной переменной, скажем $c<0.$ Тогда должно быть $b^2>\left | ac \right |$ и $a^2<\left | bc \right |$, т.е. $\left | c \right | \in \left ( \dfrac{a^2}{b},\dfrac{b^2}{a} \right ).$

scwec, теперь дело за Вами (или еще кто захочет) показать, что из бесконечного числа решений некоторые удовлетворяют данным условиям, а я займусь примером.

Для $N=14$ Вольфрам не видит положительных решений, вот и назначим $a=4 \cdot \left ( 3 \cdot 14^2+1 \right )=2356,$ $b=14^4-2 \cdot 14^3+8 \cdot 14^2+10 \cdot 14-1=34635,$ $c=-\left ( 14^4+2 \cdot 14^3+8 \cdot 14^2-10 \cdot 14-1 \right )=-45331.$ Видим, что $\dfrac{2356^2}{34635}<45331<\dfrac{34635^2}{2356}$ выполняется с запасом. Подставляя в формулы, получаем $x = 89171190109403340,\ y = 2456308169409874065,\ z = 210748063085681836.$

Остается поделить всё на $\gcd = 7861751$:

$$x=11342408340,\ y=312437797815,\ z=26806758836$$

и проверить. Мне это уравнение больше нравится в такой форме: $\dfrac{(x-y)(x-z)(y-z)}{xyz}=$

$$\dfrac{(11342408340-312437797815)(11342408340-26806758836)(312437797815-26806758836)}{11342408340 \cdot 312437797815 \cdot 26806758836}=14.$$

Andrey A в сообщении #1492731 писал(а):

... Вся надежда на компьютерный перебор.

Спасибо, это отменяется.

[scwec]

Чуть изменим подход. Выберем $b$ в качестве параметре в уравнении $(2)$
Рациональное решение для $(2)$ аналогичное приведенному выше

$a=\dfrac{4b(3N^2+1)}{N^4-2N^3+8N^2+10N-1}$

$c=-\dfrac{b(N^4+2N^3+8N^2-10N-1)}{N^4-2N^3+8N^2+10N-1}$

Теперь $x,y,z$ (уже приведенные к общему знаменателю) положительны для положительных целых $N>4$.
$x=4(3N^2+1)(N^2-5)(N^2-4N-1)(N^4+14N^2+1)(N+1)(N^3-3N^2+11N-1)$
$y=(N^2-1)(N^3+3N^2+11N+1)(N^2-5)(N^2+3)(N^4+14N^2+1)(N^3-3N^2+11N-1)$
$z=4(3N^2+1)(N-1)(N^3+3N^2+11N+1)(N^2-5)(N^2+4N-1)(N^4+14N^2+1)$
А для $N=2,3,4$ необходимые решения, например, такие
$N=2, x=21, y=10, z=66$
$N=3,x=6, y=1, z=10$
$N=4, x=285, y=6,z=310$
Для отрицательных $N$ как уже было отмечено выше , достаточно поменять местами $x$ и $y$.
Т.о. решение исходной задачи общими усилиями здесь получено.
Моё решение, которое имелось в виду, отличается от изложенного здесь.
Оно так же устроено, как для уравнения, в котором в первом слагаемом в левой части минус заменён на плюс.
$\frac{x+y}{z}+\frac{y-z}{x}+\frac{z-x}{y}=N$ ($N\ne{-2}$)
Предлагаю найти его решения в натуральных числах.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1492785 писал(а):

$\frac{x+y}{z}+\frac{y-z}{x}+\frac{z-x}{y}=N$ ($N\ne{-2}$)
Предлагаю найти его решения в натуральных числах.

Тут я самоустраняюсь. Пусть Dendr зажигает, у него греческие буквы.
Можно всё сократить на $(N^2-5)(N^4+14N^2+1)$, тогда имеем
$x=4(3N^2+1)(N^2-4N-1)(N+1)(N^3-3N^2+11N-1),$
$y=(N^2-1)(N^3+3N^2+11N+1)(N^2+3)(N^3-3N^2+11N-1),$
$z=4(3N^2+1)(N-1)(N^3+3N^2+11N+1)(N^2+4N-1).$
Задача очень понравилась. Произведение попарных расстояний между тремя точками числовой оси делённое на произведение их координат — я вообще не думал, что это может быть целым числом, а оно еще и любое Можно бы попробовать обобщить на составное $N$. Но решение не будет полным всё равно, поскольку уже имеем бесконечное количество способов. Улет.

[scwec]

Общее замечание Поскольку левые части рассматриваемых в теме уравнений - однородные функции степени ноль, то без ограничения общности можно положить $z=1$ и искать рациональные решения.
Теперь приведу ещё тройку примеров.
1.Уравнение $\frac{x+y}{x-y}+\frac{y+z}{y-z}+\frac{z+x}{z-x}=N$
при любом целом $N\ne\pm{1}$ имеет решения в натуральных $x,y,z$
2.Уравнение $\frac{x-y}{x+y}+\frac{y-z}{y+z}+\frac{z-x}{z+x}=N$
при любом целом $N\ne\pm{1}$ имеет решения в целых $x,y,z$, (но не имеет решений в натуральных $x,y,z$)
3, Для уравнения $\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}=N$ последовательность положительных целых $N$, для которых имеются целые и натуральные решения,
определяется (кроме $N=6$) ненулевым рангом эллиптической кривой с уравнением
$w^2=u^3+(N^2-12)u^2+16(N+3)u$
$N=6,8,11,12,15,23,26,27,28,31,32,34,35,39,...$.
При $N=6$ имеем рациональную кривую, которая полностью параметризуется и можно найти общее решение уравнения.
Решения для некоторых $N$
$N=8, x=2, y=3, z=6$
$N=23, x=3, y=7, z=42$
$N=39, x = 6450, y = 561, z = 13889$
Общая формула в данном случае неизвестна, хотя найти решение для конкретных $N$ в пределах вычислительных мощностей, как правило, не представляет труда.

[Shadow]

Можно включить в списке и класику

[Andrey A]

Еще такое возможно $\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}=N.$ В рациональных числах тут имеем общее $3$х-параметрическое решение

$$x=\dfrac{aN(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+abc)},y=\dfrac{bN(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+abc)},z=\dfrac{cN(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+abc)}$$

Поэтому в целых дело сводится к вопросу сократимости данных дробей. А вот с кубами такое уравнение позаковырестей будет. Слегка напоминает задачу https://dxdy.ru/post1202640.html#p1202640.

Upd

Andrey A в сообщении #1493533 писал(а):

... общее $3$х-параметрическое решение

$2$х-параметрическое, конечно.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1493285 писал(а):

3. Для уравнения $\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}=N$ последовательность положительных целых $N$, для которых имеются целые и натуральные решения,
определяется (кроме $N=6$) ненулевым рангом эллиптической кривой с уравнением
$w^2=u^3+(N^2-12)u^2+16(N+3)u$
$N=6,8,11,12,15,23,26,27,28,31,32,34,35,39,...$.

А $N=7?\ \ \ \ \dfrac{2+2}{1}+\dfrac{2+1}{2}+\dfrac{1+2}{2}=7.$