Решение уравнения в рациональных числах

[scwec]

Найти хотя бы одно однопараметрическое решение уравнения

$$x^2+\frac{1}{x^2}+y^2+\frac{1}{y^2}=z^2$$

в рациональных числах (т.е. $x(t),y(t),z(t)$ - рациональные функции и не константы).

[Oleg Zubelevich]

scwec в сообщении #698918 писал(а):

рациональные функции и не константы

все не константы?

[scwec]

Да, все $x(t),y(t),z(t)$ не константы. В условии написано.

[nnosipov]

Сводится к тому, что $4t(t^2-1)$ --- конгруэнтное число при рациональных $t$. Что правда.

[scwec]

Можно подробней?

[nnosipov]

Честно говоря, до конца не досчитал. Вылезла кривая $v^2=u^3-s^2u$, где $s=4t(t^2-1)$. Если не ошибаюсь, теперь мы можем подобрать рациональные $u(t)$ и $v(t)$. Так?

[scwec]

Похоже. Когда досчитаете, распишите все-таки.

[scwec]

Но вообще-то имелось в виду элементарное решение без употребления слов конгруэнтное число и эллиптическая кривая.

[nnosipov]

scwec в сообщении #698960 писал(а):

Когда досчитаете, распишите все-таки.

Вот что получилось. Пусть

$$x=\frac{a(t^2-1)}{t^2+1}, \quad y=\frac{2at}{t^2+1}, \quad S=\frac{(t^2+1)^2}{4t(t^2-1)}.$$

Ищем $a$ в виде

$$a=\frac{u^2-1}{v},$$

где $(u,v)$ --- точка на кривой $Sv^2=u^3-u$. Если взять

$$u_0=-\frac{1}{t}, \quad v_0=\frac{2(t^2-1)}{t(t^2+1)},$$

то получим тривиальное решение. А вот если удвоить, т.е. взять

$$u_1=\frac{(t^2+1)^2}{4t(t^2-1)}, \quad v_1=\frac{(t^2+2t-1)(t^2-2t-1)}{4t(t^2-1)},$$

то будет всё хоккей. Правда, итоговые формулы для $x$, $y$ и $z$ будут довольно громоздкие.

У Вас, видимо, что-то попроще получилось. Было бы интересно увидеть.

[scwec]

У Вас, по-моему, все правильно. Завтра напишу свое 2-параметрическое решение (формулы, действительно, довольно громоздкие). Сегодня по времени не получается.

[scwec]

Возьмем два рациональных прямоугольных треугольника с одинаковой площадью.
$a^2+b^2=c^2, u^2+v^2=w^2$, $ab=uv=2S$.
Обозначим $x=\frac{a}{u}, y=\frac{b}{u}$ (или $x=\frac{a}{v}, y=\frac{b}{v}$).
$x^2+\frac{1}{x^2}+y^2+\frac{1}{y^2}=\frac{(a^2+b^2)(a^2b^2+u^4)}{u^2a^2b^2}=\frac{c^2(u^2v^2+u^4)}{u^2a^2b^2}=\frac{c^2w^2}{4S^2}$.
и $z=\frac{cw}{2S}$.
Собственно, почти все уже и сделано, нужно только выбрать теперь параметризованные треугольники.
В качестве первого треугольника возьмем классический с $a=2mn, b=|m^2-n^2|, c=m^2+n^2$. В качестве второго, например, "удвоенный классический" $u=\frac{2abc}{|a^2-b^2|}=\frac{4mn(m^4-n^4)}{|m^4-6m^2n^2+n^4|}$,
$v=\frac{|a^2-b^2|}{2c}=\frac{|m^4-6m^2n^2+n^4|}{2(m^2+n^2)}$,
$w=\frac{c^4+4a^2b^2}{2c|a^2-b^2|}=\frac{(m^2+n^2)^4+16m^2n^2(m^2-n^2)^2}{2(m^2+n^2)|m^4-6m^2n^2+n^4|}$.
Окончательно,
$x=\frac{|m^4-6m^2n^2+n^4|}{2|m^4-n^4|}$,
$y=\frac{|m^4-6m^2n^2+n^4|}{4mn(m^2+n^2)}$,
$z=\frac{(m^2+n^2)^4+16m^2n^2(m^2-n^2)^2}{4mn|(m^2-n^2)(m^4-6m^2n^2+n^4)|}$.
Поскольку таких пар треугольников бесконечно много, то можно получить таким образом бесконечное число 2-параметризаций (тем более 1-параметризаций).

[nnosipov]

По существу то же, что и у меня (удвоение точки на кривой). Но я бы не стал говорить о 2-параметризации, фактически это 1-параметризация относительно $t=m/n$.

[scwec]

Согласен. Корни одни и те же. Способ выражения только и отличается. Не приведи Вы решения, я бы, наверное, изложил его примерно как у Вас, хотя мне мой последний вариант больше нравится.
Пусть теперь $x^2+\frac{1}{x^2}+y^2+\frac{1}{y^2}=z^2$ и $z^2-4=p^2>0$. Надо найти хотя бы одно решение в рациональных числах. (О параметризации речи не идет).

[Коровьев]

Интересно, обнаружилась удивительная связь между рациональными прямоугольными треугольниками с одинаковой площадью и рациональным кубоидом с одной нерациональной боковой диагональю.
Вот решения scwec, полученные им для треугольников

$$x=\frac{|m^4-6m^2n^2+n^4|}{2(m^4-n^4)}$

$$y=\frac{|m^4-6m^2n^2+n^4|}{4mn(m^2+n^2)}$
и вот мои решения для кубоида , полученные в этой теме про кубоиды

$$x = \left| {\frac{{4k\left( {k^2 + 1} \right)}}{{k^4 - 6k^2 + 1}}} \right|$

$$y = \left| {\frac{{k^4 - 6k^2 + 1}}{{2\left( {k^4 - 1} \right)}}} \right|$

Они идентичны, при $$h = \frac{m}{n}$ и замене $x$ на $$\frac{1}{x}$
Иначе, два рациональных прямоугольных треугольника с равной площадью определяют один рациональный кубоид с одной нерациональной боковой диагональю, и обратно.

-- Пт мар 22, 2013 16:15:34 --

scwec в сообщении #699844 писал(а):

Пусть теперь $x^2+\frac{1}{x^2}+y^2+\frac{1}{y^2}=z^2$ и $z^2-4=p^2>0$. Надо найти хотя бы одно решение в рациональных числах. (О параметризации речи не идет).

А это эквивалентно задаче, найти полный рациональный кубоид среди найденных решений для треугольников.

[scwec]

Коровьев, Вы точно догадались, к чему я вёл дело.
Тут есть и другие связи. Можно доказать, что любой рациональный геронов треугольник подобен треугольнику с длинами сторон $a=x+\frac{1}{x},b=y+\frac{1}{y},c=x-\frac{1}{x}+y-\frac{1}{y} (x,y>1)$($x,y$ рациональные) и длиной высоты, $h=2$, опущенной на сторону с длиной $c$. Отсюда тоже следуют те формулы, которые Вы написали в теме о кубоидах.
Последний вопрос я все же оставляю. Вдруг кто-нибудь рискнет.