Когда взаимно просты (a^2*c^2+b^2*d^2) и (a^2*d^2+b^2*c^2)

[Volik]

Доброго всем вечера!
У меня убеждение что если взаимно просты $(a,b)=1$ и $(c,d)=1$, то и $ (a^2 c^2+b^2 d^2) $ взаимно просто с $ (a^2 d^2+b^2 c^2) $, за исключением случая, когда все $(a,b,c,d)$ нечетные. Но ни доказать ни опровергнуть не могу!
Может кто подскажет путь истинный?!

[grizzly]

Volik в сообщении #1289207 писал(а):

Но ни доказать ни опровергнуть не могу!

Проще всего в таки случаях построить контрпример. Вот, например, первый попавшийся: $(a,b,c,d)=(25,8,14,5)$.

[Volik]

Спасибо!
Я видимо не умно задал перебор в Mapl и поэтому не нашел! (уже проверил)
Иначе тема была бы такой:
Разрешимо ли уравнение $x^2=\frac{y^2+z^2}{1+x^2 y^2}$ в рациональных числах (именно над этим я бился).
Может и по этому вопросу что то посоветуете?

[Andrey A]

По первому вопросу. Условие $(a,b)=1$ и $(c,d)=1$ необходимое, но не достаточное. Обозначим $a^2c^2+b^2d^2=p,\ a^2d^2+b^2c^2=q$.
Тогда
$p+q=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$
$p-q=(a^2-b^2)(c^2-d^2)$

$(a^2+b^2)$ и $(c^2-d^2)$ вовсе не обязаны быть вз. просты. Но если $p+q$ и $p-q$ имеют общий нечетный делитель $m>2$, то и $p,q$ кратны $m$.

Исправлено.

[Volik]

Спасибо!
Доходчиво. Досадно, что сам не додумал. Начальный вопрос решен.
Вот если бы и со вторым разобраться!?

[svv]

Volik в сообщении #1289230 писал(а):

Разрешимо ли уравнение $x^2=\frac{y^2+z^2}{1+x^2 y^2}$ в рациональных числах (именно над этим я бился).
Может и по этому вопросу что то посоветуете?

Да, возьмите $x=z=1$, $y$ любое рациональное.

[Andrey A]

Volik в сообщении #1289230 писал(а):

Разрешимо ли уравнение $x^2=\frac{y^2+z^2}{1+x^2 y^2}$ в рациональных числах (именно над этим я бился).

Странно. Уравнение $x^2(1^2+(xy)^2)=y^2+z^2$ разрешимо для произвольных $x,y$ даже в целых числах.

[iifat]

Andrey A в сообщении #1289245 писал(а):

разрешимо для произвольных $x,y$ даже в целых числах

Вот тут не понял. Ладно, не буду интересоваться комплексными $x,y$ (кто сказал — для произвольных? ), но вот беру $x=2,y=3$: $4(1+36)=9+z^2$, сиречь $z^2=139$...

[Andrey A]

iifat спасибо за поправку, ошибся конечно. Справа свободные аргументы померещились.
$y^2=\dfrac{z^2-x^2}{x^4-1}.$ Можно взять $x=a$ за целый аргумент при рациональном $y$ и $a^4-1=bc^2$, где $b$ свободно от квадратов. Тогда $z^2-x^2=bt^2$, или $z^2-bt^2=a^2.$ Сводится к Пеллю относительно $b$. Но не думаю, что это хорошая мысль, надо scwecа спросить (:
Для $x=2:\ \ z=8,62,488,...$ если же речь строго о разрешимости, достаточно замечания svv.

[Volik]

Прошу прощения за очередную описку (справа должен быть z вместо x! То есть:
Разрешимо ли уравнение $x^2=\frac{y^2+z^2}{1+y^2 z^2}$ в рациональных числах, отличных от $(0, \pm 1)$

Только что нашел частный случай решения! $x=13/41$ при $(m,n)=(1/13, 4/13)$. Получил из почти совершенного кубоида $(a=153, b=672,c=104)$

[Shadow]

Мне совершенно непонятно где $m,n,a,b,c$ в указанном вами уравнение. Частные решения, конечно есть, напр.

$(y,z)=(9,13);\left(\dfrac{113}{126},339\right)\cdots$ и т.д


причем, понятно, если $(y,z)$ - решение, то и $(1/y,1/z);(y,1/z);(1/y,z)$ тоже решения.

Хотелось бы найти параметрическое, но не получается пока.

[Volik]

Извиняюсь за невнимательность! Конечно не $(m,n)$, а $(y,z)$. А $(a,b,c,d)$ только в первоначальном вопросе. Они, совместно $(l,m,n)$ , крутятся у меня в попытках разобраться с совершенным кубоидом.
Как мой пример, так и Ваши связаны с почти совершенным кубоидом (одна из боковых диагоналей иррациональна).

[B@R5uk]

Volik, а вы википедию читали? Результаты по совершенному кубоиду весьма обескураживающие: с рёбрами до $3\cdot 10^{12}$ таких нету.

[Volik]

Читаю, и не только Википедию. Почти наверняка он не существует, но даже бесконечный поиск контрпримера этого не докажет! А вот если найдется, то это доказательство существования.

[B@R5uk]

Я же правильно понимаю, что если кубоид совершенный, то каждая его грань даёт пифагорову тройку? То же самое с сечением каждой плоскостью, проходящей через параллельные рёбра, не?

-- 04.02.2018, 00:38 --

Вообще, алгоритм перебора в лоб довольно прост. Берём очередную пифагорову тройку, задаваемую парой $\{m,\,n\}$. Она образует основание кубоида (в плоскости Oxy). Берём диагональ полученного основания и раскладываем на множители, а потом смотрим на уравнение:

$$d_{xy}=(k_1-l_1)(k_1+l_1)=2k_2l_2$$

Находим, какие из этих двух уравнений решаются в целых числах, и какие получаются решения. Эти решения дают пифагоровы тройки, в которых один катет является диагональю основания, другой — высотой кубоида, а третий — пространственной диагональю. Все эти числа по построению целые. Осталось просто проверить диагонали двух других сторон. Затем следующее основание. Тут только их надо упорядочить в каком-нибудь разумном порядке.