ИИ и кривая (x^2*y^2-1)*(x^2-y^2) = r^2

[scwec]

Andrey A в сообщении #1607953 писал(а):

scwec
Рад видеть Вас в добром здравии.

Спасибо. Цитируя классика "Жив и я. Привет тебе, привет!"
Об уравнении.
1-параметрических решений уравнения бесконечно много. Как их строить в данном случае , можно посмотреть
в моём сообщении на стр.5 в теме по ссылке данной Andrey A выше.
Тривиальные решения уравнения перечислены в данной теме.
Привлекая аппарат эллиптических кривых можно точно сказать, что если целые $x,y$ участвуют в нетривиальных
решениях, то $x\ne{2,3,4,5,6,7,8,12,20,26,27,28,30,32,35,36,38,39,42,44,47}$ и т.д.,
$y\ne{2,3,5,7,8,9,10,11,12,13,14,16,17,18,19,23,25,26,28,29,31,37,39,42,43,48,50}$ и т.д.
Это следует из нулевых рангов соответствующих эллиптических кривых в диапазоне $x,y$ $2-50$.
Можно рассмотреть задачу. Какие целые $r$ участвуют в нетривиальных решениях.
Для $r$ аналогичный способ, как для $x,y$ нельзя применить.
Мне известны два целых $r$. Одно число трехзначное, другое пятизначное.

[Volik]

Поясните, пожалуйста. О каких эллиптических кривых нулевого ранга речь? Относительно $(x,y)$ это кривая рода 6!

[scwec]

Volik в сообщении #1608404 писал(а):

Это следует из нулевых рангов соответствующих эллиптических кривых в диапазоне $x,y$ $2-50$.

Здесь два семейства эллиптических кривых $(x,r)$ при $y=N$ и $(y,r)$ при $x=N$
В обоих случаях кривые приводятся к форме Вейерштрасса с помощью Maple, а затем с помощью Pari
считаются ранги кривых.
Вот коды Pari для определения нулевых рангов этих кривых.

(20:18) gp > {for(N=2,50,
E=ellinit([0,-N^4 - 6*N^2 - 1,0,4*N^2*(N^2 + 1)^2,0]);
r=ellanalyticrank(E)[1];
if(r<1,print1(N,", ")))}
y=2, 3, 5, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 23, 25, 26, 28, 29, 31, 37, 39, 42, 43, 48, 50

(20:38) gp > {for(N=2,50,
E=ellinit([0,N^4 - 6*N^2 + 1,0,-4*N^2*(N^2 - 1)^2,0]);
r=ellanalyticrank(E)[1];
if(r<1,print1(N,", ")))}
x=2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 12, 20, 26, 27, 28, 30, 32, 35, 36, 38, 39, 42, 44, 47

Теперь о целых значениях $r$. На самом деле их бесконечно много.
Процедуру вычисления сообщу позже. Она интересная и связана с уравнением Пелля.

[Volik]

Большое спасибо. То что по этим переменным кривые эллиптические я знаю. К форме Вейерштрасса приводил. С Pari так и не разобрался, а видимо придется. Для кривой $(x,r) y=N$ очевидны две точки $(x=0,r= \pm N)$, при любом N. Если ее ранг 0, то количество рациональных точек на ней конечно!? Тогда Ваше утверждение что даже целых значений r бесконечно много следует понимать так что x при этом иррационально?

[scwec]

Нет, $y,r$ - целые, а $x$ рациональное. И таких точек бесконечно много на поверхности,
которую определяет исходное уравнение. Конечно. $x,y$ таковы, что соответствующие эллиптические кривые
имеют ненулевой ранг. Что это за кривые, это определено в кодах Pari в предыдущем сообщении.

E=ellinit([0,-N^4 - 6*N^2 - 1,0,4*N^2*(N^2 + 1)^2,0])
E=ellinit([0,N^4 - 6*N^2 + 1,0,-4*N^2*(N^2 - 1)^2,0])

Все кривые несут на себе по 7 рациональных точек конечного порядка - это точки кручения
(с $\infty$ 8 точек - такой ответ даст любая система).
Это не две кривые, а два семейства кривых. Каждому $N$ - своя кривая.
При переходе от Вейерштрассовой формы к исходной эти точки дают либо тривиальное решение, либо совсем не дают,
поскольку, например, ноль в знаменателе. Думаю, Вам надо ознакомиться с азами эллиптических кривых по учебнику,
например, Кнэпп Эллиптические кривые. Книга не старая, 2004 года.

[Volik]

Еще раз большое спасибо. И за терпение, и за разжевывание! Попробую подучиться.

[scwec]

О вычислении целых $r$, участвующих в нетривиальных решениях.
Положим $x=\dfrac{2y^2+1}{y}$ и подставим $x$ в левую часть исходного уравнения.
Получим $(x^2{y^2}-1)(x^2-y^2)=4(3y^2 + 1)(y^2 + 1)^2$. Чтобы здесь получился квадрат необходимо $3y^2+1=z^2$.
Решения этого уравнения Пелля $z^2-3y^2=1$ хорошо известны. Эти целые числа - члены двух бесконечных последовательностей $(y_n)$ и $(z_n)$, при этом $z_1=2,y_1=1$. а ${y_{n+1}=z_n+2y_n, z_{n+1}=2z_n+3y_n}$
Т.о. имеем бесконечное число рациональных точек с целыми $y_n, r_n$ и дробным $x_n$ и дающими нетривиальные решения (можно выбросить первый член с $y_1=1$, поскольку здесь он объявлен тривиальным).
$x_n=\dfrac{2y_n^2+1}{y_n}$
$y_n$- n-ый член последовательности для $y$
$r_n=2z_n(y_n^2 + 1)$
Когда я упоминал выше о двух целых $r$, то имел ввиду второй и третий члены последовательностей
$(x,y,r)=(33/4, 4, 238)$ и $(451/15, 15, 11752)$.

Кроме прочего, замена $x=\dfrac{2y^2+1}{y}$ позволяет получить ещё и компактное 1-параметрическое решение
в рациональных числах для исходного уравнения.
$x=\dfrac{t^4+2t^2+9}{2t(t^2-3)}$
$y=\dfrac{2t}{t^2-3}$
$r=\dfrac{(t^4-2t^2+9)(t^2+3)}{(t^2-3)^3}$
Здесь обошлось без эллиптических кривых.

[Volik]

Не могу скачать Кнэпп Эллиптические кривые. А Pari Гугл вообще не находит! Может дадите живые ссылочки?

[Andrey A]

Попробуйте здесь https://libcats.org/book/608955

[scwec]

По поводу Pari. набирайте в поисковике PARI/GP. Прыгните куда надо.
Ссылка на главный сайт разработчиков
http://pari.math.u-bordeaux.fr/
Кнэппа для скачивания надо искать. Я очень давно его скачивал и уже не помню откуда. Следов не осталось.
А так, можно купить. У меня есть бумажный вариант и тоже не помню откуда он взялся. Возможно, купил в магазине.

[Volik]

Опять спасибо. Попробую разобраться с PARI/GP. А Кнэппа скачал по ссылке Andrey.A, тоже спасибо. Еще и весьма разборчивый текст!

[scwec]

scwec в сообщении #1608547 писал(а):

Кроме прочего, замена $x=\dfrac{2y^2+1}{y}$ позволяет получить ещё и компактное 1-параметрическое решение
в рациональных числах для исходного уравнения.
$x=\dfrac{t^4+2t^2+9}{2t(t^2-3)}$
$y=\dfrac{2t}{t^2-3}$
$r=\dfrac{(t^4-2t^2+9)(t^2+3)}{(t^2-3)^3}$

Здесь в числителе $r$ пропущена двойка
На самом деле
$r=2\dfrac{(t^4-2t^2+9)(t^2+3)}{(t^2-3)^3}$
Далее, принимая во внимание, что $t=\dfrac{{1\pm}\sqrt{1+3y^2}}{y}$
положим $t_n=\dfrac{{1\pm}\sqrt{1+3y_n^2}}{y_n}=\dfrac{{1\pm}z_n}{y_n}$ и получим бесконечную последовательность $t_n$ для определения только целых $r_n$ в исходном уравнении. Напомню, что $y_n$ и $z_n$ определялись в предыдущем сообщении при решении уравнения Пелля.
1-папраметрическое решение после этого выглядит так
$x_n=\dfrac{t_n^4+2t_n^2+9}{2t_n(t_n^2-3)}$
$y_n=\dfrac{2t_n}{t_n^2-3}$
$r_n=2\dfrac{(t_n^4-2t_n^2+9)(t_n^2+3)}{(t_n^2-3)^3}$
Теперь $y_n$ и $r_n$ только целые числа.

[Volik]

Красиво, интересно. Но вряд ли поможет в исходной задаче. Если вместо произвольного фиксированного r взять $ r=r_n$ из параметризации, то к тривиальной паре решений $(x=0, y= \pm r_n)$ добавится еще четыре $(x= \pm x_n, y= \pm y_n)$

[scwec]

Красиво и интересно - это, конечно, приятные слова, но общий случай решения исходного уравнения при фиксированном $r$ - это здесь не тема моих рассмотрений.
Вообще, я хотел сделать небольшое добавление к решению уравнения Пелля $z^2-3y^2=1$.
В данном случае здесь можно обойтись одними $y_i$.
А именно, $y_{n+1}=4y_n-y_{n-1}$ и $z_n=2y_n-y_{n-1}$.
Как-то так.

[Volik]

Но для меня важнее моя задача. А остальное, может еще и познавательно, но не помогает в ее решении.