Уравнение x+y+z=1/x+1/y+1/z

[scwec]

Предлагается найти 1-параметрическое решение уравнения $x+y+z=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$ в положительных рациональных числах $x,y,z$, среди которых нет постоянных чисел.

[Shadow]

Пусть $z$ будет тот самый параметр. Хотя бы одна из переменных дольна быть меньше 1. У меня лишь 3-я точка попала куда надо:

$\forall z \in (0,1):$

$x={\dfrac { \left( 1-z \right) \left( 1+z \right) \left( {z}^{6}+ 2\,{z}^{5}+7\,{z}^{4}-4\,{z}^{3}+7\,{z}^{2}+2\,z+1 \right) \left( {z} ^{4}+6\,{z}^{2}+1 \right) }{8{z}^{2} \left( {z}^{2}+1 \right) \left( { z}^{6}-2\,{z}^{5}+7\,{z}^{4}+4\,{z}^{3}+7\,{z}^{2}-2\,z+1 \right) }}$


$y={\dfrac {8{z}^{2} \left( {z}^{2}+1 \right) \left( {z}^{6}+2\,{z}^{5 }+7\,{z}^{4}-4\,{z}^{3}+7\,{z}^{2}+2\,z+1 \right) }{ \left( 1-z \right) \left( 1+z \right) \left( {z}^{6}-2\,{z}^{5}+7\,{z}^{4}+4\, {z}^{3}+7\,{z}^{2}-2\,z+1 \right) \left( {z}^{4}+6\,{z}^{2}+1 \right) }} $

[EUgeneUS]

Shadow в сообщении #1537663 писал(а):

Хотя бы одна из переменных дольна быть меньше 1

$x=y=z=1$ это решение.

[Shadow]

(Оффтоп)

EUgeneUS спасибо, не знал.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1537663 писал(а):

У меня лишь 3-я точка попала куда надо

А я вчера сломался на 2-й.

Подозреваю, что авторское решение дает менее громоздкий результат.

[lel0lel]

$$(x,y,z)=\left(\frac{k^3+3 k^2+4 k+3}{k^2+3 k+1},\frac{k^3+3 k^2+4 k+3}{(k+1) \left(k^3+2 k^2+k-1\right)},\frac{k^3+2 k^2+k-1}{(k+1) \left(k^2+3 k+1\right)}\right)$$

[lel0lel]

$$(x,y,z)=\left(\frac{k^2+3 k+1}{k^3+6 k^2+13 k+9},\frac{k^3+7 k^2+16 k+13}{k^3+5 k^2+7 k+2},\frac{(k+2) \left(k^3+7 k^2+16 k+13\right)}{k^3+6 k^2+13 k+9}\right)$$

[lel0lel]

Попроще:

$$(x,y,z)=\left(\frac{k^2-k-1}{k^3+k-1},\frac{k^3+k^2+1}{k^3-k^2-k},\frac{k^4+k^3+k}{k^3+k-1}\right)$$

[scwec]

Все данные ответы приветствуются.
Имелось в виду.
Формулы совсем без минусов и $x,y,z$ положительные при любом рациональном параметре $t\ne{0}$.
$x = \dfrac{2t^2{(t^2 + 1)}}{(t^2 + 2)(t^4 + 2t^2 + 2)}$
$y = \dfrac{2(t^2 + 2)(t^2 + 1)}{t^2{(t^4 + 2t^2 + 2)}}$
$z = t^2 + 1$
Рассматривалось семейство эллиптических кривых $w^2=u^3+(n^4+6n^2+1)u^2+16n^4{u}$
с рациональным параметром $n=z$
Обошлось без сложения рациональных точек.

[Andrey A]

Еще проще:

$$x=\dfrac{n+1}{n-1},\ \ y=\dfrac{n^2-1}{n^2+1} \cdot n,\ \ z=\dfrac{n^2-1}{n^2+1}/n\ \ \ (n>1).$$

[scwec]

С ограничением на параметр $n>1$ годится также и $x=\dfrac{2n(n-1)}{(n+1)(n^2+1)},y=\dfrac{2n(n+1)}{(n-1)(n^2+1)},z=n$

[Andrey A]

scwec
Ну, это оно и есть через подстановку $n \rightarrow \dfrac{n+1}{n-1}$ и, кажется, в первом Вашем решении все множители также выражаются через $z=t^2+1.$ Если одна из переменных свободный аргумент, существуют ли другие решения? Просто интересно.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1538229 писал(а):

Если одна из переменных свободный аргумент, существуют ли другие решения?

Конечно, существуют: ведь найденное решение можно размножить (с помощью процедуры удвоения).

[scwec]

Решения, конечно, имеются в бесконечном числе, но, к сожалению, после удвоения, $x,y,z$ не обязательно останутся положительными, а это требует условие задачи.
Посмотрю, у меня где-то есть подходящие решения, но очень громоздкие.

[scwec]

Так далеко ходить не надо. Решение Shadow в этой теме тому пример.