Два уравнения в рациональных числах

[scwec]

Рассмотрим уравнение $xy(x+y)=c\qquad(1)$. Не при всех рациональных $c$ оно имеет рациональные решения.
Докажите, что при $c=3$ рационального решения $(1)$ не существует.
Другое дело с уравнением $xyz(x+y+z)=c\qquad(2)$. При $c=3$, например, есть решение $x=\dfrac{54}{7},y=\dfrac{2}{7},z=-\dfrac{49}{6}$. Ещё одно: $x=-\dfrac{1728}{1943},y=-\dfrac{116}{67},z=\dfrac{4489}{1392}$
Докажите, что при любом рациональном $c$ уравнение $(2)$ имеет рациональное решение (на самом деле даже бесконечно много рациональных решений для любого рационального $c$).

[Null]

(2)
$s=\frac{c-2}{3},a=c,b=s^2$ тогда $a+b=(s+1)(s+2)$
$\left(-\frac{(s+1)^2}{s}+\frac{a}{s+1}+\frac{b}{s+1}\right)\cdot -\frac{(s+1)^2}{s}\cdot \frac{a}{s+1} \cdot \frac{b}{s+1}=c$

Не работает при $c=2$(тогда $\left(\frac{9}{20}+\frac{2}{3}+\frac{25}{12}\right)\cdot\frac{9\cdot 2\cdot 25}{20\cdot 3 \cdot 12}=2$) или $c=-1$($1\cdot 1\cdot (-1)\cdot(1+1-1)=-1$)
А дальше, заметив что наше уравнение квадратное по каждой переменной, решения можно размножать переходом ко 2рому корню.

Можно по другому: Пусть $x=-\frac{(s+k)^2}{s}$, $y=\frac{s^2}{s+k}$,$z=\frac{c/k^2}{s+k}$ Тогда при $y+z=s+2k$(что равносильно $3ks+2k^2=c/k^2$ - линейное уравнение на $s$) получим то что требуется.

-- Вт янв 21, 2014 13:01:44 --

Тут $k$ - произвольное рациональное(не 0 и чтоб знаменатели в 0 не обращались)

-- Вт янв 21, 2014 13:16:19 --

(1) сводиться к $a^3+b^3=3c^3$ что вроде как невозможно, кроме тривиального случая.

[scwec]

Null в сообщении #817347 писал(а):

сводиться к $a^3+b^3=3c^3$ что вроде как невозможно, кроме тривиального случая.

Если можно, напишите, как сводится.

[Null]

$xy(x+y)=3z^3$ -перешли к целым числам. Общий простой делитель любых 2 множителей из $x,y,x+y$ является делителем 3его и на него можно сократить. Значит можно считать что множители попарно взаимно просты. Значит 2 из них кубы, а третий утроенный куб.
Тогда либо $a^3+b^3=3c^3$,либо $3a^3+b^3=c^3$, что с точностью до знака равносильно 1ому случаю.

[scwec]

Всё правильно. Только уравнение $(1)$ по разному приводится к виду Вейерштрасса.
Стандартно оно превращается в эквивалентное ему $w^2=u^3+144$, а через Ваше приведение в $w^2=u^3-3888$.
Разница в знаках меня насторожила, но на самом деле противоречия здесь нет и оба уравнения не имеют нужных решений.

Для второго уравнения могу предложить решение с рациональным параметром $k$: $x=\dfrac{-18ck^5}{8k^8-2ck^4-c^2},y=\dfrac{2ck-4k^5}{4k^4+c},z=\dfrac{16k^8+8ck^4+c^2}{12k^7-6ck^3}$ с условием необращения в ноль знаменателей и $k\ne{0}$.
И вопрос непосредственно по теме.
Найдите рациональное решение уравнения $w^2=(u+1)(cu^3+1)$ для любого рационального $c$.
С помощью этого решения можно строить бесконечное множество 1-параметризаций уравнения $(2)$ типа тех, которые были здесь приведены выше.

[Naf2000]

Null в сообщении #817347 писал(а):

сводиться к $a^3+b^3=3c^3$ что вроде как невозможно, кроме тривиального случая.

можете намекнуть почему

[scwec]

После замены переменных $\dfrac{a}{c}=X, \dfrac{b}{c}=Y$ и $u=-3Y^2+3YX-3X^2, w=9XY^2-9X^2Y+9X^3$
из уравнения $a^3+b^3=3c^3$ получим уравнение эллиптической кривой $w^2=u^3-243/4$
Ранг её равен нулю (считаем PARI) и, сл-но, нет рациональных точек бесконечного порядка, кроме того на ней нет ни одной точки кручения не считая $\infty$
Рациональных точек, сл-но, на ней нет, ч.т.д.

[maxal]

Naf2000 в сообщении #817758 писал(а):

Null в сообщении #817347 писал(а):

сводиться к $a^3+b^3=3c^3$ что вроде как невозможно, кроме тривиального случая.

можете намекнуть почему

Серпинский в разделе 13.7 рассматривает уравнение $a^3+b^3=kc^3$ для различных $k$.

[scwec]

Серпинский просто констатирует факт. Без всяких доказательств для $k=3$.