В рациональных числах

[Andrey A]

mihiv в сообщении #1551846 писал(а):

Andrey A в сообщении #1551782 писал(а):

Нет, не так. Понятно что существует, но чтобы получить такое решение, надо знать численные значения $p,q.$ Или не обязательно?

Предположим мы не знаем численных значений $p,q$, но знаем...

Отличный пример, спасибо! Надо мне было выразиться так: ... чтобы получить такое решение, надо иметь дополнительные сведения о $p,q.$ Или не обязательно?

artempalkin в сообщении #1551785 писал(а):

... просто вы почему-то не хотите этого признать :)

Давайте так. Я зашел в пр/р, дал вариант решения системы. Если бы Вы дали другое решение или более общее, из которого моё следовало бы как частный случай, или наоборот указали бы на их невозможность без доп. информации, — это был бы ответ на мой вопрос. Нет. Ничего такого мне не говорят, но подают советы. И на том спасибо. Пойду в фермисты, схиму приму. Вопрос связан с темой https://dxdy.ru/post1542992.html#p1542992, более общего выражения получить не удается. Ответ mihiv хотя бы позитивный, из него следует характерный частный случай. Но я до сих пор не знаю, разрешима ли система $\frac{x^2-1}{a}=\frac{y^2-1}{b}=\frac{z^2-1}{c}$ в целых числах. Неужели не интересно?

[nnosipov]

Andrey A
Выше я предложил некоторый план действий, почему бы его не попробовать реализовать? Если повезет, у Вас будут другие примеры решений общего вида.

-- Вт апр 05, 2022 16:57:54 --

Andrey A в сообщении #1551904 писал(а):

Но я до сих пор не знаю, разрешима ли система $\frac{x^2-1}{a}=\frac{y^2-1}{b}=\frac{z^2-1}{c}$ в целых числах. Неужели не интересно?

Интересно, но я точно знаю, что подобные задачи трудны. Даже если мы возьмем конкретные значения параметров $a$, $b$, $c$.

[Andrey A]

nnosipov
Если соберусь плотно заняться теорией эллиптических кривых, так и сделаю, а пока интересуюсь мнением специалистов. Бог с ним с общим видом, понять бы разрешимо/неразрешимо?

[nnosipov]

На всякий случай напишу: если $p$ и $q$ --- целые числа разной четности, то система $x_1^2-x_2^2=p(q-1)$, $x_2^2-x_3^2=p-q$ может иметь более одного решения в неотрицательных целых числах $x_1$, $x_2$, $x_3$. Так будет, например, при $p=33$, $q=105$, где имеем $(x_1,x_2,x_3) \in \{(59, 7, 11),(61, 17, 19)\}$.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1551910 писал(а):

Если соберусь плотно заняться теорией эллиптических кривых, так и сделаю

Чтобы был стимул: реализовав план выше, получим

$x_1=1/4\,{\frac {1+6\,{p}^{2}-4\,pq+6\,{q}^{2}+4\,{p}^{2}q+4\,p{q}^{2}-10\,{p}^{2}{q}^{2}+4\,{p}^{3}q+4\,p{q}^{3}-4\,{p}^{3}-4\,{q}^{3}+{q}^{4}+{p}^{4}-4\,q-4\,p}{ \left( p-q+1 \right) \left( p+q-1 \right) \left( -1+p-q \right) }}$

$x_2=1/4\,{\frac {4\,{p}^{3}+4\,{p}^{2}q-10\,{p}^{2}-4\,p{q}^{2}+4\,pq+4\,p -4\,{q}^{3}+6\,{q}^{2}-4\,q+1+6\,{p}^{2}{q}^{2}-4\,{p}^{3}q-4\,p{q}^{3}+{q}^{4}+{p}^{4}}{ \left( p-q+1 \right) \left( p+q-1 \right) \left( -1+p-q \right) }}$

$x_3=-1/4\,{\frac {-4\,{p}^{3}-4\,{p}^{2}q+6\,{p}^{2}+4\,p{q}^{2}+4\,pq-4\,p+4\,{q}^{3}-10\,{q}^{2}+4\,q+1+6\,{p}^{2}{q}^{2}-4\,{p}^{3}q-4\,p{q}^{3}+{q}^{4}+{p}^{4}}{ \left( p-q+1 \right) \left( p+q-1 \right) \left( -1+p-q \right) }}$

Подробности вычислений в Maple см. в прилагаемом файле.

[Andrey A]

nnosipov
Большое спасибо, попробую с этим поработать. Я надеялся, по правде говоря, что всплывет независимый параметр и даст серию решений. Или же оно само второе из серии оказывается? Тогда действительно сложность вопроса запредельная .
Только алгоритм, и не факт что результативный. А всего-то делов, казалось – пифагорова тройка из треугольных чисел.

Исправлено.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1551962 писал(а):

Или же оно само второе из серии оказывается?

Да. Там немного сложнее, но в целом так.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1551947 писал(а):

$x_1=1/4\,{\frac {1+6\,{p}^{2}-4\,pq+6\,{q}^{2}+4\,{p}^{2}q+4\,p{q}^{2}-10\,{p}^{2}{q}^{2}+4\,{p}^{3}q+4\,p{q}^{3}-4\,{p}^{3}-4\,{q}^{3}+{q}^{4}+{p}^{4}-4\,q-4\,p}{ \left( p-q+1 \right) \left( p+q-1 \right) \left( -1+p-q \right) }}$

$x_2=1/4\,{\frac {4\,{p}^{3}+4\,{p}^{2}q-10\,{p}^{2}-4\,p{q}^{2}+4\,pq+4\,p -4\,{q}^{3}+6\,{q}^{2}-4\,q+1+6\,{p}^{2}{q}^{2}-4\,{p}^{3}q-4\,p{q}^{3}+{q}^{4}+{p}^{4}}{ \left( p-q+1 \right) \left( p+q-1 \right) \left( -1+p-q \right) }}$

$x_3=-1/4\,{\frac {-4\,{p}^{3}-4\,{p}^{2}q+6\,{p}^{2}+4\,p{q}^{2}+4\,pq-4\,p+4\,{q}^{3}-10\,{q}^{2}+4\,q+1+6\,{p}^{2}{q}^{2}-4\,{p}^{3}q-4\,p{q}^{3}+{q}^{4}+{p}^{4}}{ \left( p-q+1 \right) \left( p+q-1 \right) \left( -1+p-q \right) }}$

Из этих выражений удается получить $4$ решения уравнения $\frac{x^2-1}{a}=\frac{y^2-1}{b}=\frac{z^2-1}{c}$ в рациональных числах. Одно такое: $\left\{\begin{array}{rcl} x &=& \frac{4a(a-b-c)}{(a-b+c)^2-4ac}-1 \\ y &=& \frac{4b(a-b+c)}{(a-b+c)^2-4ac}+1 \\ z &=& \frac{4c(a+b-c)}{(a-b+c)^2-4ac}+1 \\ \end{array} \right.$. $$
Остальные выглядят примерно так:
$y=4b(c-b+a)(c^2-2bc+2ac+b^2+2ab-3a^2)(3c^2-2bc-2ac-b^2+2ab-a^2)/$
$(c^6-6bc^5-6ac^5+15b^2c^4-14abc^4+15a^2c^4-20b^3c^3+20ab^2c^3+20a^2bc^3-20a^3c^3$$+15b^4c^2+20ab^3c^2-70a^2b^2c^2+20a^3bc^2+15a^4c^2-6b^5c-4ab^4c+20a^2b^3c$$+20a^3b^2c-14a^4bc-6a^5c+b^6-6ab^5+15a^2b^4-20a^3b^3+15a^4b^2-6a^5b+a^6).$
Не выписываю.

Главный вывод — невозможность $1$-параметрических решений. Условия сократимости непонятны, а задачи с кубами требуют именно целых решений. Да, сложно.