$m^2 (1-l^2)^2 (1-n^2)^2 = 4 l^2 (m^2+n^2) (m^2 n^2+1)$

[Volik]

Доброго вечера всем! Не могу ни доказать ни опровергнуть, хотя бы примером, что у уравнения $ m^2 (1-l^2)^2 (1-n^2)^2 = 4 l^2 (m^2+n^2) (m^2 n^2+1) $ единственные рациональные решения $ (l=m=0 )$ и $( l=0, n= \pm 1) $. Может кто подскажет как справиться с задачей? Или хотя бы одно такое решение покажет? Заранее благодарен за внимание.
P.S. Не удалось нормально оформить заголовок!?

[Andrey A]

$4(m^2+n^2) (m^2 n^2+1)=(m^2+1)^2(n^2+1)^2-(m^2-1)^2(n^2-1)^2$ Это тождество.
Уравнение тогда можно переписать так:
$\left ( m(l^2-1)(n^2-1) \right )^2+\left ( l(m^2-1)(n^2-1) \right )^2=\left ( l(m^2+1)(n^2+1) \right )^2$
или так:
$\left ( \dfrac{l^2-1}{2l}\cdot \dfrac{2m}{m^2-1} \right )^2+1=\left ( \dfrac{m^2+1}{m^2-1}\cdot \dfrac{n^2+1}{n^2-1} \right )^2$. Множители внутри скобок сами по себе образуют решения уравнения $x^2+1=y^2$, похоже на задачу https://dxdy.ru/topic125436.html. Не вижу, почему оно должно быть неразрешимо.

[Volik]

Спасибо, Andrey A. Вы свели задачу к вопросу: Могут ли выражения внутри скобок быть координатами рациональной точки на гиперболе, при рациональных $(l,m,n)$ . Исходное же уравнение выплыло из специальных выражений для координат рациональной точки единичной сферы. Вопрос остается открытым!

[Andrey A]

Volik в сообщении #1302507 писал(а):

Исходное же уравнение выплыло из специальных выражений для координат рациональной точки единичной сферы. Вопрос остается открытым!

Задача о рациональных точках на единичной сфере имеет полное решение (например тут: Острик, Цфасман, стр. 46). Я сначала то и заподозрил, но как-то не увидел связи с предложенным уравнением. Может быть scwec заинтересуется, но Вы бы объяснили - какие именно специальные точки требуется описать. Или это секрет?

[Volik]

Не секрет. Это из задачи о совершенном кубоиде. То есть, о разрешимости в рациональных числах системы $\[\begin{array}{l} \frac{1-i^2-j^2}{1+i^2+j^2}=l_0 (1-l^2), \; \frac{2 i}{1+i^2+j^2}=2 l_0 l \\ \frac{1-i^2-j^2}{1+i^2+j^2}=m_0 (1-m^2), \; \frac{2 j}{1+i^2+j^2}=2 m_0 m \\ \frac{2 i}{1+i^2+j^2}=k_0 (1-k^2), \; \frac{2 j}{1+i^2+j^2}=2 k_0 k \end{array}\]$

[Andrey A]

Ага. О таких вещах лучше бы сразу предупреждать.

[Andrey A]

$\left ( m(l^2-1)(n^2-1) \right )^2+\left ( l(m^2-1)(n^2-1) \right )^2=\left ( l(m^2+1)(n^2+1) \right )^2$

Наверное можно проще, но уж как есть. Вернемся к пропорциям: $m\rightarrow \dfrac{p_1}{q_1},l\rightarrow \dfrac{p_2}{q_2},n\rightarrow \dfrac{p_3}{q_3}$. После подстановок уравнение принимает вид $\left ( p_1q_1(p_2^2-q_2^2)(p_3^2-q_3^2) \right )^2+\left ( p_2q_2(p_1^2-q_1^2)(p_3^2-q_3^2) \right )^2=\left ( p_2q_2(p_1^2+q_1^2)(p_3^2+q_3^2) \right )^2$. Перепишем его так:
$\left ( \dfrac{p_1q_1(p_2^2-q_2^2)(p_3^2-q_3^2)}{p_2q_2} \right )^2=\left ( (p_1^2+q_1^2)(p_3^2+q_3^2) \right )^2-\left ( (p_1^2-q_1^2)(p_3^2-q_3^2) \right )^2=$ $4\left ( (p_1p_3)^2+(q_1q_3)^2 \right )\left ( (p_1q_3)^2+(q_1p_3)^2 \right )$. И далее:
$\left ( \dfrac{p_1q_1(p_2^2-q_2^2)(p_3^2-q_3^2)}{2p_2q_2} \right )^2=\left ( (p_1p_3)^2+(q_1q_3)^2 \right )\left ( (p_1q_3)^2+(q_1p_3)^2 \right )$ $=\left ( p_3q_3(p_1^2+q_1^2) \right )^2+\left ( p_1q_1(p_3^2-q_3^2)^2 \right )^2$. Сокращая всё на $\left ( p_1q_1(p_3^2-q_3^2) \right )^2$, получаем $\left ( \dfrac{p_2^2-q_2^2}{2p_2q_2} \right )^2=\left ( \dfrac{p_3q_3(p_1^2+q_1^2)}{(p_3^2-q_3^2)p_1q_1} \right )^2+1$, или
$\left ( \dfrac{p_2^2-q_2^2}{2p_2q_2} \right )^2-1=\left ( \dfrac{p_3q_3(p_1^2+q_1^2)}{(p_3^2-q_3^2)p_1q_1} \right )^2$. Допишем тождество
$\left ( \dfrac{p_2^2-q_2^2}{2p_2q_2} \right )^2+1=\left ( \dfrac{p_2^2+q_2^2}{2p_2q_2} \right )^2$, перемножим почленно
$\left ( \dfrac{p_2^2-q_2^2}{2p_2q_2} \right )^4-1=\left ( \dfrac{p_3q_3(p_1^2+q_1^2)(p_2^2+q_2^2)}{2p_1q_1p_2q_2(p_3^2-q_3^2)} \right )^2$ и домножим всё на $(2p_2q_2)^4$:

$$(p_2^2-q_2^2)^4-(2p_2q_2)^4=\left ( \dfrac{2p_2q_2p_3q_3(p_1^2+q_1^2)(p_2^2+q_2^2)}{p_1q_1(p_3^2-q_3^2)} \right )^2$$

В правой части целое число и следовательно целый квадрат, но целочисленное уравнение $x^4-y^4=z^2$ разрешимо только в нулях и единицах. Подстановка тривиальных решений возвращает неопределенность $\frac{0}{0}$ в правой части. Так, что других решений нет.
Volik, с Вас доказательство неразрешимости кубоида. Дерзайте.

[Andrey A]

P.S. Ошибка. Несущественная: перед "Сокращая всё на..." лишний квадрат в скобках. Далее по тексту.

[kotenok gav]

Andrey A в сообщении #1302661 писал(а):

В правой части целое число

Почему?

[Andrey A]

По предположению. Если существуют нетривиальные решения, уравнение при подстановке обращается в тождество. Никакими преобразованиями тождества невозможно добиться, чтобы в левой части равенства оказалось целое число, а в правой - дробное.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1302661 писал(а):

... но целочисленное уравнение $x^4-y^4=z^2$ разрешимо только в нулях и единицах.

Возможен также вариант $\left | x \right |=\left | y \right |, z=0$, но это несущественно.

[Volik]

Спасибо, Anlrey A. Я нашел обходной путь, где оба $(l, m)$ имеют нечетные числители и знаменатели, и неразрешимость становится очевидной. Но Ваше решение предпочтительней! Если есть желание, то я могу выслать выкладки Maple, приведшие к исходной системе и пояснение обходного пути. Может Вы возьметесь за окончание задачи и совместной публикации?

[Andrey A]

Имеется в виду бумажный журнал, коих много, которые за деньги напечатают любую чепуху? Здесь-то Вас хотя бы прочтут и укажут на ошибки, что немаловажно. Впрочем, решайте сами.

[Volik]

Хотелось бы бумажный, без чепухи и денег!

[Andrey A]

Может, где-то он такой и есть. И даже на русском языке. Кто знает, пробуйте.