Кривая xy=1 на плоскости и 3 точки на ней

[scwec]

На плоскости c декартовыми координатами $x,y$ задана кривая $xy=1$.
Найдите на этой кривой однопараметрическое семейство трех различных точек $P_1, P_2, P_3$ с рациональными координатами и рациональными межточечными расстояниями.

[Andrey A]

$x_1=1$

$x_2=\dfrac{((p-2q)^2+q^2)(p^2-5q^2)}{2pq(p-2q)(2p-5q)}$

$x_3=\dfrac{((p-2q)^2+q^2)((2p-5q)^2-5q^2)}{(p-q)(p-3q)(p-5q)(3p-5q)}$

Двухпараметрическое нашлось, но это поправимо. Красивая задача.

[Andrey A]

PS Последняя дробь с минусом, конечно.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1297676 писал(а):

Двухпараметрическое нашлось, но это поправимо

От целых параметров - да, поделив числители и знаменатели на $q^4$ получится однопараметрическое от рационального параметра.

[Andrey A]

Если имелся в виду рациональный параметр, так и есть. Запишу не поленюсь ($q\rightarrow -q$).

$x_1=1$

$x_2=-\dfrac{((r+2)^2+1)(r^2-5)}{2r(r+2)(2r+5)}$

$x_3=-\dfrac{((r+2)^2+1)((2r+5)^2-5)}{(r+1)(r+3)(r+5)(3r+5)}$

Интересно, что по ходу решения целых параметров было аж 8. Но бегство от систем квадратных уравнений привело к пропорции, что не всегда происходит.

[scwec]

Всё верно.
Приведу ещё одно 1-параметрическое решение, которое у меня было в запасе.
$x_1=\dfrac{(r^3-r+1)(r^3-r-1)}{3(r-1)r^2{(r+1)}}$
$x_2=\dfrac{4(r^6-2r^4+r^2+2)}{(r-1)(r+1)(r^3-r+2)(r^3-r-2)}$
$x_3=\dfrac{3(r-1)^2{r}(r+1)^2}{2(r^3-r+1)(r^3-r-1)}$
Существуют и другие 1-параметрические решения.
Вопрос в продолжение темы. Верно ли, что треугольник с вершинами $P_1,P_2,P_3$ из стартового сообщения, всегда имеет рациональную площадь?

[worm2]

Ну это совсем простой вопрос. Есть простая формула зависимости площади многоугольника от его координат, и она рациональная: $S=0.5|x_1y_2-x_2y_1+x_2y_3-x_3y_2+x_3y_1-x_1y_3|$.

[scwec]

Да, конечно, и поэтому любое параметрическое решение, вроде двух упомянутых здесь, задает бесконечное семейство героновых треугольников.
Что, собственно, и хотелось отметить.

[Andrey A]

scwec, у Вас нет ли ошибки в выражении $x_1=...$ ? Расстояние между $P_2$ и $P_3$ рационально, а с $P_1$ что-то радикалы вылезают в числителе. У меня тоже вопрос. Если тройка $(x_1,x_2,x_3)$ -- решение, то $(-x_1,-x_2,-x_3)$ -- тоже решение, что соответствует развороту всей конструкции на $180^{\circ}$. Но практика показывает, что знаки можно менять и вразнобой, т.е. $(x_1,-x_2,x_3)$ -- тоже решение. Получается, что рациональны все расстояния между шестью точками треугольника и его отражения в третьем квадрате. Если же интересуют положительные решения, можно брать выражения $x=...$ по абсолютной величине. Почему это происходит, не очень понятно. Думал, связано с $x_1=1$, но в Вашем решении это тоже работает. Для $r=2\ x_2=\frac{19}{12},x_3=\frac{27}{35},\ $\sqrt{\left ( \frac{19}{12}-\frac{27}{35} \right )^2+\left ( \frac{12}{19}-\frac{35}{27} \right )^2}=\frac{75361}{71820}$, но верно и $\sqrt{\left ( \frac{19}{12}+\frac{27}{35} \right )^2+\left ( \frac{12}{19}+\frac{35}{27} \right )^2}=\frac{218569}{71820}.$ Так, что Героновых треугольников здесь может быть больше.

[scwec]

Andrey A, опечатку исправил. В знаменателе не $r$, а $r^2$. Со сменой знаков позже посмотрю. Может быть, что-то и интересное.

[scwec]

Посмотрел. Всё объясняется следующим образом.
Все расстояния между точками рациональны если и только если $x_1,x_2,x_3$ удовлетворяют системе уравнений
$x_1{x_2}=\dfrac{a^2-1}{2a}$,
$x_2{x_3}=\dfrac{b^2-1}{2b}$,
$x_3{x_1}=\dfrac{c^2-1}{2c}$,
где $a,b,c$ - некоторые рациональные числа.
(В принципе, все параметрические решения можно получить используя эту систему уравнений).
Пусть все расстояния рациональны.
Меняя $a,c$ на $-a,-c$ получаем, что тройка $-x_1,x_2,x_3$ удовлетворяет системе
$-x_1{x_2}=\dfrac{a^2-1}{-2a}$,
$x_2{x_3}=\dfrac{b^2-1}{2b}$,
$-x_1{x_3}=\dfrac{c^2-1}{-2c}$.
Таким образом, расстояния между точками $(-x_1,-1/x_1), (x_2,1/x_2),(x_3,1/x_3)$ также рациональны.
Точно так же меняются знаки у двух и трех переменных.

[Andrey A]

Ну да, задним числом всё понятно :) В Вашем решении смена знака $x_3$ достигается сменой знака аргумента $r$. Видимо, и другие решения могут быть приведены к симметричной форме.

[scwec]

К четырем точкам.
Докажите, что если на гиперболе $xy=1$ известны 3 различные точки $P_1,P_2,P_3$ с рациональными координатами и рациональными межточечными расстояниями, то на этой кривой найдется и четвёртая точка $P_4$ с рациональными координатами, расстояния от которой до $P_1,P_2,P_3$ рациональны и отличны от нуля.
Таким образом, из приведенных 1-параметрических решений можно получить 1-параметрические решения для 4 точек.

[Коровьев]

Обнаружил очень неожиданную связь между тремя рациональными точками на кривой $xy=1$, из которых одна единичная $(1,1)$, с рациональными межточечными расстояниями и рациональным куббоида Эйлера

Итак, пусть $x_3=1$, тогда из ранее изложенного следует

$$\[ x_1 = \frac{{c^2 - 1}}{{2c}},x_2 = \frac{{b^2 - 1}}{{2b}},x_1 x_2 = \frac{{a^2 - 1}}{{2a}} = \frac{{c^2 - 1}}{{2c}} \cdot \frac{{b^2 - 1}}{{2b}} \]$

$a,b,c$ - рациональные.

Возьмём стороны куббоида равными

$$\[ x = x_1 = \frac{{c^2 - 1}}{{2c}},y = \frac{1}{{x_2 }} = \frac{{2b}}{{b^2 - 1}},z = 1 \]$

тогда боковые диагонали будут равны

$$\[ d_{xz} = \sqrt {x^2 + z^2 } = \sqrt {\left( {\frac{{c^2 - 1}}{{2c}}} \right)^2 + 1} = \frac{{c^2 + 1}}{{2c}} \]$

$$\[ d_{yz} = \sqrt {y^2 + z^2 } = \sqrt {\left( {\frac{{2b}}{{b^2 - 1}}} \right)^2 + 1} = \frac{{b^2 + 1}}{{b^2 - 1}} \]$

$$\[ d_{xy} = \sqrt {x^2 + y^2 } = \sqrt {x_1 ^2 + \frac{1}{{x_2 ^2 }}} = \frac{1}{{x_2 }}\sqrt {\left( {x_1 x_2 } \right)^2 + 1} = \frac{{2b}}{{b^2 - 1}}\sqrt {\left( {\frac{{a^2 - 1}}{{2a}}} \right)^2 + 1} = \frac{{2b}}{{b^2 - 1}} \cdot \frac{{a^2 + 1}}{{2a}} \]$

И мы получили рациональный куббоид Эйлера.

[scwec]

Коровьев прав, связь, которую он заметил, существует.
Здесь существует также связь с уравнением $w^2=u^3-K^2{u}$, т.е. с проблемой конгруэнтных чисел.
И всё это следует из приведенной выше системы трех уравнений.
А вот 2- параметрическое решение для x-координат $x_1,x_2,x_3$ точек $P_1,P_2,P_3$.
$x_1=\dfrac{(r^3-r+k^2)(r^3-r-k^2)}{3k(r-1)r^2{(r+1)}}$
$x_2=\dfrac{4k(r^6-2r^4+r^2+2k^4)}{(r-1)(r+1)(r^3-r+2k^2)(r^3-r-2k^2)}$
$x_3=\dfrac{3k(r-1)^2{r}(r+1)^2}{2(r^3-r+k^2)(r^3-r-k^2)}$
Приведенное мной выше 1-параметрическое решение получается из него при $k=1$

По поводу четвертой точки.
Кроме неочевидных, тут два очевидных варианта.
$P_4=\left(\dfrac{1}{{x_1}{x_2}{x_3}},{x_1}{x_2}{x_3}\right)$. В этом случае 4 точки $P_1,P_2,P_3,P_4$ лежат на одной окружности и не являются точками общего положения.
$P_4= \left(-\dfrac{1}{{x_1}{x_2}{x_3}},{-x_1}{x_2}{x_3}\right)$. 4 точки на окружности не лежат и остается проверить, не лежат ли на одной прямой какие-либо 3 точки из четырёх.
Если не лежат, то все 4 точки находятся в общем положении.
В обоих случаях легко убедиться, что расстояния от $P_4$ до $P_1,P_2,P_3$ рациональны.
Из приведенного здесь 2-параметрического решения для трех точек находится и 2-решение для четырех.