równanie diofantyczne (niezły hardcore)

[Andix]

Rozwiązać w Z+:
\(\displaystyle{ (a^{2}+b^{2}-c^{2})(a+b)=2ab^{2}}\)

Jak ktoś widział coś podobnego, wie jak do czegokolwiek nietrywialnego tu dojść to prosze pisać. Z góry dziękuje:)

[_el_doopa]

bez starty ogolnosci zalozmy ze \(\displaystyle{ gcd(a,b,c)=1}\)
zalozmy tez ze \(\displaystyle{ gcd(a,b)=d}\)
mamy tu dwa przypadki
1)\(\displaystyle{ d=1}\)
\(\displaystyle{ a+b|2ab^2}\) no ale skoro \(\displaystyle{ gcd(a,b)=1}\) to mamy:
\(\displaystyle{ a+b|2}\)
\(\displaystyle{ a=b=1}\)
wstawiajac mamy \(\displaystyle{ c=1}\)
i ogolnie \(\displaystyle{ a=b=c}\)

2)\(\displaystyle{ d 1}\)
skoro lewa strona jest podzielna przez \(\displaystyle{ d^3}\) to prawa rowniez
mamy wiec \(\displaystyle{ d^3|a+b}\) czyli \(\displaystyle{ d^2|a_0+b_0}\)
z drugiej strony mamy ze \(\displaystyle{ a+b|2ab^2}\)
\(\displaystyle{ a_0+b_0|2d^2a_0b_0}\)
\(\displaystyle{ a_0+b_0|2d^2}\) co w polaczeniu z
\(\displaystyle{ d^2|a_0+b_0}\) daje dwa podprzypadki



2.1)\(\displaystyle{ a+b=d^3}\)
\(\displaystyle{ (a_0+b_0)(a_0^2+b_0^2)-c^2=2a_0b_0^2}\)
\(\displaystyle{ a_0^3+b_0^3-a_0b_0^2+a_0^2b_0=c^2}\)



2.2)\(\displaystyle{ a+b=2d^3}\)
\(\displaystyle{ (a_0+b_0)(a_0^2+b_0^2)-2c^2=2a_0b_0^2}\)
\(\displaystyle{ a_0^3+b_0^3-a_0b_0^2+a_0^2b_0=2c^2}\)


rozbabralem tylko :/ ale moze sie przyda bo te dwa problemy na dole juz sa chyba latwiejsze

[Andix]

Dzieki, na pewno sie przyda.Jak ktoś ma jeszcze jakiś pomysł to niech napisze

[janek37]

Hej! Wiem o tym równaniu całkiem sporo I nic dziwnego, w końcu to ja ci je dałem ))) Ale sądząc po poziomie tego forum nie sądzę, żeby ktoś wymyślił coś naprawdę nietrywialnego na ten temat...

[Tomasz Rużycki]

Wstrzymaj się od takich komentarzy... Bardziej pożądane było by, gdybyś napisał rozwiązanie owego równania.


Pozdrawiam,
--
Tomek Rużycki

[filip]

Jednak sie mylilem, mozna to wyrzucic:/

[janek37]

Faktycznie, mój komentarz był trochę niestosowny :/
Nie znam całego rozwiązania, ale wiem w zasadzie na pewno, że nie ma wzorów jawnych w postaci wielomianów z parametrem, które dla każdego parametru dają jakieś rozwiązanie.
W zasadzie na pewno wiem, że rozwiązań jest nieskończenie wiele.
Znam wzory rekurencyjne, które dają nieskończenie wiele rozwiązań (jeśli się nie zacyklają, co jest wielce wątpliwe) i nie są to jakoś przesadnie proste wzory.
Wierzę, że nie ma innych rozwiązań niż te, które wychodzą z moich wzorów rekurencyjnych.
Wierzę też, że istnieje wzór jawny dający owe rozwiązania i wyrażający się jakimiś paskudnymi funkcjami... okresowymi (o okresie niewymiernym).
Mógłbym napisać owe wzory, ale mogą nie wyglądać zbyt pięknie z powodu mojej ignorancji względem TEXu...

[g]

proste toto nie jest, mnie sie jedynie udalo sprowadzic problem do znalezienia punktow wymiernych na krzywej \(\displaystyle{ y^3 + x y^2 + x^3 - x^2 y^3 - x^2 y - x^4 y = 0}\), a jej genus to 6, wiec raczej kosmos... mozna Cardanem wyodrebnic y(x) ale jak sie wynik zobaczy to sie odechciewa.

a poziom forum... w sumie troche racji w tym jest raz na czas sie cos ciekawego trafi, a tak to same zadania z parametrem.

[liu]

g jak chcesz ciekawe zadanko, to wez sobie trabke Borsuka - bierzesz trojkat i sklejasz wszystkie 3 boki (tak jak przy robieniu zwyklej trabki sklejasz 2 boki, to tu sklejasz 3).
Pokaz, ze sie sciaga do punktu

[g]

ja nie mowie, ze chce, ja mowie jak jest :J

[janek37]

No dobra, ja to sprowadziłem do szukania punktów wymiernych na krzywej eliptycznej
\(\displaystyle{ y^{2}=x^{3}-4x+4}\). Napiszę niebawem tamte wzory rekurencyjne...

[g]

mozesz pokazac jak do tego doszedles? faktycznie paskudztwo... na palcach wyliczylem pare ciekawszych punktow calkowitych tej krzywej: (1,1), (2,2), (6,14), (8,22), (310,5458), ... no i mozna by tak jeszcze dlugo, a to i tak nie wszystkie...

[janek37]

Jest jeszcze (0,2) i na tym już koniec, jeśli chodzi o punkty całkowite (nie dowodziłem tego, ale raczej nie byłoby to trudne). Tylko, że mi chodzi o punkty wymierne.
Jak doszedłem do równania... podstawiłem \(\displaystyle{ x=\frac{2b}{a+b}, y=\frac{2c}{a+b}}\)...
Ale bynajmniej nie było łatwo na to wpaść!
A o to obiecana rekurencja:
\(\displaystyle{ x_{0}=\infty, x_{1}=2, x_{2}=0, x_{3}=1}\)
\(\displaystyle{ x_{n}=\frac{4(x_{n-1}+2)}{(x_{n-1})x_{n-2}}}\) dla \(\displaystyle{ n\geq4}\)
Znając x wyliczamy \(\displaystyle{ b}\) (połowa licznika w ułamku nieskracalnym lub cały licznik, jeśli jest nieparzysty), następnie \(\displaystyle{ a}\) (odejmując znane \(\displaystyle{ b}\) od mianownika (lub jego podwojenia, jw.).
\(\displaystyle{ x_{0}=\infty}\) daje \(\displaystyle{ a_{0}=-1, b_{0}=1}\) (lub na odwrót, nie ma to znaczenia).
Jeśli \(\displaystyle{ x_{n}\leq0}\), to nie dostaniemy oczywiście rozwiązania w liczbach całkowitych dodatcnich. Jednakże, wygląda na to, że jest dodatnie dla nieskończenie wielu n...
Nie wiem też, czy wszystkie punkty wymierne można wyliczyć z moich wzorów. Sądzę, że tak...