Matematyka.pl

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:)

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

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

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...

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


Pozdrawiam,
--
Tomek Rużycki

Jednak sie mylilem, mozna to wyrzucic:/

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...

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.

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

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

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

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...

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...