Решение уравнения в рациональных числах

[Коровьев]

Исходное уравнение имеет и другие решения, которые не получаются из рассмотрения рациональных прямоугольных треугольников.

$$z^2 = x^2 + x^{ - 2} + y^2 + y^{ - 2} = \left( {x + x^{ - 1} } \right)^2 + \left( {y - y^{ - 1} } \right)^2$

Представим левую часть через переменную $t$

$$\left[ {t\left( {x + x^{ - 1} } \right) + \left( {y - y^{ - 1} } \right)} \right]^2 = \left( {x + x^{ - 1} } \right)^2 + \left( {y - y^{ - 1} } \right)^2 $

Раскроем скобки и преобразуем

$$t^2 \left( {x + x^{ - 1} } \right) + 2t\left( {y - y^{ - 1} } \right) = \left( {x + x^{ - 1} } \right) $

$$t^2 y\left( {x^2 + 1} \right) + 2tx\left( {y^2 - 1} \right) = y\left( {x^2 + 1} \right) $

Далее, надеясь на везучесть, подбираем $t$, а именно

$$t^2 yx^2 = 2tx \to tyx = 2 \to y = \frac{2}{{tx}}$

Тогда

$$t^2 + 2txy = \left( {x^2 + 1} \right) \to t^2 + 4 = \left( {x^2 + 1} \right) \to x^2 - t^2 = 3$

Все решения последнего уравнения

$$x = \frac{{h^2 + 3}}{{2h}},t = \frac{{h^2 - 3}}{{2h}}$

И находим

$$y = \frac{{8h^2 }}{{h^4 - 9}}$

[scwec]

Неожиданное и интересное решение. Заодно получена и новая параметризация рационального кубоида с одной нерациональной диагональю.
Хорошо бы понять, есть ли здесь глубокая подоплека кроме "везучести".

[Коровьев]

Метод-то стандартный, к примеру, используется для нахождения решений при известном одном решении в эллиптических уравнениях 3,4-го порядка.Тут главное выделить квадрат потяжеловестнее, тогда после сокращения исходное уравнение сильно упрощается для решения. Если повезёт с новой переменной.
Этот же приём, один в один, подходит и для нахождения серии в уравнении

$$z^2 = \left( {x - x^{ - 1} } \right)^2 + \left( {y - y^{ - 1} } \right)^2$

которое является уравнением кубоида Эйлера со сторонами

$$a = \left| {x - x^{ - 1} } \right|,b = \left| {y - y^{ - 1} } \right|,c = 2$

и с нерациональной главной диагональю.

[Andrey A]

scwec в сообщении #699898 писал(а):

... Последний вопрос я все же оставляю. Вдруг кто-нибудь рискнет.

Рискну потревожить архивную тему, но по другому поводу. Если домножить почленно $x^2+\dfrac{1}{x^2}+y^2+\dfrac{1}{y^2}=z^2$ на $(xy)^2$, получаем $\left ( (xy)^2+1 \right ) \left ( x^2+y^2 \right ) = \square $. Похоже на недавнее $\left ( (XY)^2-1 \right ) \left ( X^2-Y^2 \right ) = \square $ и, если верно последнее, то пара $x=\sqrt{\dfrac{\left ( XY \right )^2-1}{X^2-Y^2}},\ y=\sqrt{\dfrac{\left ( X+Y \right )\left ( XY+1 \right )}{\left ( X-Y \right )\left ( XY-1 \right )}}$ удовлетворяет первому. Оно само по себе любопытно, но вот обратной связи найти не удается. И есть ли она. Интересная задача.

[scwec]

Ещё одно полезное наблюдение.
Для уравнения в рациональных числах
$x^2+\dfrac{1}{x^2}+y^2+\dfrac{1}{y^2}=z^2\qquad(1)$ справедливо следующее утверждение.
Для любого рационального $R\ne{0}$ найдется решение $x,y$ уравнения $(1)$ такое, что $xy=R$
Такое же утверждение справедливо и для уравнения
$X^2+\dfrac{1}{X^2}-Y^2-\dfrac{1}{Y^2}=Z^2\qquad(2)$
Для первого уравнения все решения получаются из рациональных точек кривой с уравнением
$w^2=u^3-(4R^2+4R^6+8R^4)u$
Приведу пример решения:
$y=\dfrac{-1+3R^4+6R^2}{-6R^2+R^4-3}$, $x=\dfrac{R(-6R^2+R^4-3)}{-1+3R^4+6R^2}$, $xy=R$
и таких решений бесконечно много.
Решения второго уравнения получаются из рациональных точек кривой с уравнением
$w^2=u^3+(4R^2-8R^4+4R^6)u$
Пример решения $(2)$:
$Y=\dfrac{(-1+3R^4-6R^2)}{6R^2+R^4-3}$, $X=\dfrac{R(6R^2+R^4-3)}{-1+3R^4-6R^2}$, $XY=R$
и таких решений тоже бесконечно много.
Отсюда уже видно, что второе решение получается из первого заменой знаков перед $R^2$.
Первое решение получается из второго таким же образом.
В общем случае замена знаков происходит перед $R^{4s+2}$
и возможна перемена $X$ на $Y$, а $Y$ на $X$.

Приведу ещё два примера:
Решение для $(1)$:
$y=\dfrac{5R^{12}+62R^{10}-105R^8-300R^6-125R^4-50R^2+1}{R^{12}-50R^{10}-125R^8-300R^6-105R^4+62R^2+5},x=\dfrac{R}{y}$

Решение для $(2)$:
$Y=\dfrac{5R^{12}-62R^{10}-105R^8+300R^6-125R^4+50R^2+1}{R^{12}+50R^{10}-125R^8+300R^6-105R^4-62R^2+5},X=\dfrac{R}{Y}$