Формулы решения Диофантовых уравнений.


#1

Чтоб соседняя тема и обсуждение не велось вообще без формул наверное надо их нарисовать. Хоть будет представление о чём вообще идёт речь. Уравняшек и систем много - поэтому надо с чего то начать. Думаю лучше всего с наиболее популярных. Начну наверное с тернарной квадратичной формы. Наверное самое древнее уравнение - те же самые Пифагоровы тройки.

Думаю лучше рассматривать решения в записи Лежандра, то есть начнём с его уравнения. Он вообще говоря для более частного уравнения нашёл критерий разрешимости, то есть когда могут быть решения. Можно посмотреть в Википедии её формулировку. И как её применять хорошо описано в книжке Гаусса по теории чисел.

Начнём с такого уравнения. $ aX^2+bXY+cY^2=jZ^2 $

Вообще то не принято в алгебраической геометрии и в методе секущих решать такое уравнение. Можно сказать формализированный подход который использую - пытается отказаться от многих понятий - такие как кольца, модули и поля. И сделать расчёты максимально формализированными. В этом и конфликт идей. Хотя сторонники алгебраической геометрии и стараются всем показать, что у них достигнута максимальная формализация расчётов - это конечно не так. Формализацией будет как раз то, что будет нарисовано ниже. Смысл формул простой. Если есть хоть один корень который целый (вообще говоря рациональный) - решения есть.

Разбить формулы можно на несколько частей. Меня всегда удивлял тот факт, что формул можно писать хоть бесконечное количество. И для этого уравнения запишем первую.

$X=(2j(b+2c)^2-(b^2+4c(j-a))(j\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+$

$+2(b+2c)(\sqrt{j(a+b+c)}\mp{j})sp+(j\mp \sqrt{j(a+b+c)})p^2 $

$Y=(2j(2j-b-2a)(b+2c)-(b^2+4c(j-a))(j\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+$

$+2((2j-2a-b)\sqrt{j(a+b+c)}\mp{j(b+2c)})sp+(j\mp\sqrt{j(a+b+c)})p^2 $

$Z=(2j(b+2c)^2-(b^2+4c(j-a))(a+b+c\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+$

$+2(b+2c) ( \sqrt{j(a+b+c)} \mp{j})sp + ( a + b + c \mp \sqrt{j(a+b+c)})p^2 $

И ещё!

$ X=((2j-b-2c)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(b+2c\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+$

$+2(4ac+b(2j-b)\pm{(2j-b-2c)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(b+2c\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2 $

$ Y=((b+2a)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(2j-b-2a\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+$

$+2(4ac+b(2j-b)\pm{(b+2a)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(2j-b-2a\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2 $

$Z=((b+2a)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(b+2c\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+$

$+2(4ac+b(2j-b)\pm {(b+2a)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(b+2c\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2 $

И ещё!

$ X=(2j^2(b+2a)-j(a+b+c)(2j-2c-b\pm\sqrt{b^2+4a(j-c)}))p^2+$

$+2j(\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{(b+2a)})ps+(2j-2c-b\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2$

$ Y=(2j^2(b+2a)-j(a+b+c)(b+2a\pm\sqrt{b^2+4a(j-c)}))p^2+$

$+2j(\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{(b+2a)})ps+(b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2 $

$Z=j(a+b+c)(b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})p^2+ 2((a+b+c)\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{j(b+2a)})ps+$

$ +(b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2 $

Чтоб дальше продолжить - посмотрю как формулы отображаются и сделаю дополнительные объяснения.


Наш Индивид
Лекция просто гениального математика.....
#2

Тут надо вообще то сказать и про похожее уравнение.

$aX^2+bY^2+cZ^2=qXY+dXZ+tYZ $

Чтоб формулы выглядели не так громоздко сделаем замену.

$ k=(q+t)^2-4b(a+c-d)$

$j=(d+t)^2-4c(a+b-q) $

$n=t(2a-t-d-q)+(2b-q)(2c-d) $

Тогда решения записать можно в таком виде.

$X=(2n(2c-d-t)+j(q+t-2b\pm\sqrt{k}))p^2+2((d+t-2c)\sqrt{k}\mp{n})ps+(2b-q-t\pm\sqrt{k})s^2 $

$Y=(2n(2c-d-t)+j(2(a+c-d)-q-t\pm\sqrt{k}))p^2+2((d+t-2c)\sqrt{k}\mp{ n })ps+$

$+(q+t+2(d-a-c)\pm\sqrt{k})s^2 $

$ Z=(j(q+t-2b\pm\sqrt{k})-2n(2(a+b-q)-d-t))p^2+$

$+2((2(a+b-q)-d-t)\sqrt{k}\mp{n})ps+(2b-q-t\pm\sqrt{k})s^2$

Или в таком виде.

$X=(2n(q+t-2b)+k(2c-d-t\pm\sqrt{j}))p^2+2((2b-q-t)\sqrt{j}\mp{n})ps+(d+t-2c\pm\sqrt{j})s^2 $

$Y=(2n(2(a+c-d)-q-t)+k(2c-d-t\pm\sqrt{j}))p^2+$

$+2((q+t+2(d-a-c))\sqrt{j}\mp{n})ps+(d+t-2c\pm\sqrt{j})s^2 $

$Z=(2n(q+t-2b)+k(d+t+2(q-a-b)\pm\sqrt{j}))p^2+$

$+2((2b-q-t)\sqrt{j}\mp{n})ps+(2(a+b-q)-d-t\pm\sqrt{j})s^2$

А теперь надо сказать пару слов как эти формулы применять. На это внимание обратил ещё Гаусс. Всё дело в эквивалентных формах. Формула тут записана в общем виде. И даже если мы представим, что сможем построить какую то формулу которая даёт решения для всех эквивалентных форм. То мы получим такую формулу которая при бесконечных возможных комбинациях будет давать всегда целый корень. Это вообще говоря противоречит понятию уравнения. Всегда должны получаться решения у уравнения.

Поэтому чтоб понять есть ли решения - надо выяснить есть ли у уравнения такая эквивалентная квадратичная форма - при которой хоть один корень целый. Для этого необходимо решить другие уравнения. Какое то эквивалентное уравнение Пелля или разложения числа на сумму квадратов. Всё зависит от того, что проще.

Чтоб прийти к такому уравнению необходимо сделать замену - обычно достаточно такой $X\longrightarrow{X+kY} $ или такую $Y\longrightarrow{Y+kX} $ . Можно использовать и другие замены и их варианты. Всё зависит от того как получается проще.

Кроме того, что фактически эти уравнения указывают на связь между разными и вводят понятие эквивалентных форм. Они ещё показывают, что разрешимость уравнений можно связать с разрешимостью эквивалентного уравнения Пелля. На, что указывал Ферма. Это вообще говоря задача в такой формулировки очень древняя. Гаусс даже показал, что бинарная форму всегда сведётся к эквивалентному уравнению Пелля. Но сами формулы и как всё это реально выглядит удалось только вот сейчас получить.

Видно, что формулы довольно громоздкие - поэтому попытки перебором их найти ни к чему не привели. Правда для некоторых частных уравнений можно записать более менее компактный вид. Если интересно будет покажу.


#3

Теперь надо упомянуть про методы конкурентов. Так называемый метод секущих. Алгебраический подход позволяет и его сильно упростить. В том методе берётся какое то одно решение - известное, полученное обычно угадыванием или перебором. На основе его решается уравнение. К нему пришли когда рассматривали форму и рисовали кривую. На ней находили рациональную точку, а по ней строили другую рациональную. Возни и решений не так много, но всё таки требует. Но оказалось вот, что и это не нужно. Алгебраический подход позволяет для уравнения.

$aX^2+bY^2+cZ^2=dXY+eXZ+fYZ$

Зная какое нибудь вообще $(x,y,z)$ , а не первое решение. Написать сразу формулу этого решения.

$X=(dy+ez-ax)p^2+(fz-2by)ps+bxs^2+cxt^2+(fy-2cz)pt-fxst$

$Y=ayp^2+(ez-2ax)ps+(dx+fz-by)s^2+cyt^2-eypt+(ex-2cz)st$

$Z=azp^2-dzps+bzs^2+(ex+fy-cz)t^2+(dy-2ax)pt+(dx-2by)st$

$p,s,t - $ целые числа которые мы задаём. Хотя моя идея лучше с формулами. Там никаких решений искать не надо. Формула сразу выписывается.

Теперь надо рассказать про одно частное уравнение. Оно постоянно возникает. Чем их так привлекает понятие не имею. Но вопросов много. Для некоторых частных случаев если коэффициенты выглядят зависимо друг от друга формулы выглядят довольно компактно. Но часто так сделать нельзя. К тому же надо доказать, что для любых чисел у уравнения есть решения.

$A(x^2+y^2+z^2)=B(xy+xz+yz)$

Чтоб его решить нам надо найти следующие числа. Они выглядеть должны так.

$c^2+A=ab$

$B=a^2+b^2-2(a+b)c+3c^2$

Видно, что $B+2A=(c-a-b)^2$ ясно, что эти коэффициенты не всегда будут квадратами. Но при этом ничего не поменяется если умножим их на число до квадрата. Надо будет решить довольно простенькую систему. Найти эти числа и потом подставить в формулу.

$x=c(ab-c^2)(k^2+s^2)+((a+b)(a^2+b^2)-(4a^2+5ab+4b^2)c+7(a+b)c^2-5c^3)p^2-$

$-(a^2+b^2-2(a+b)c+3c^2)cks+(b(b^2-a^2)-c(a^2+3b^2)+$

$+(4a+5b)c^2-5c^3)pk+(a(a^2-b^2)-c(b^2+3a^2)+(5a+4b)c^2-5c^3)ps$

$y=(a-c)(ab-c^2)(p^2+s^2)+(b^3-(a+2b)bc+(a+3b)c^2-c^3)k^2-$

$-(a-c)(a^2+b^2-2(a+b)c+3c^2)ps+(-2ab^2+c(a+b)^2-2ac^2+c^3)ks+$

$+(b(b^2+a^2)-(a^2+4ab+3b^2)c+(2a+5b)c^2-c^3)kp$

$z=(b-c)(ab-c^2)(p^2+k^2)+(a^3-(b+2a)ac+(3a+b)c^2-c^3)s^2-$

$-(b-c)(a^2+b^2-2(a+b)c+3c^2)pk+(a(a^2+b^2)-(3a^2+4ab+b^2)c+$

$+(5a+2b)c^2-c^3)ps+(-2ba^2+c(a+b)^2-2bc^2+c^3)ks$

$p,s,k - $ числа которые мы задаём. Обычно после можно сократить и свести к двум параметрам, но можно и так оставить.

Поэтому меня и не любят вот за такую писанину. Выдам такое или ещё длиннее. Иди попробуй проверь с ручкой и листком всё это. Правда мои конкуренты используют для этого матпакеты. Чтоб проверить не допустил где ошибку.


#4

Вот ещё один забавный результат. Есть такие Фигурные числа.

Частным случаем являются Треугольные числа. Задачки связанные с ними часто возникают. Зачем нужны не буду обсуждать, но некоторые интересные факты удалось выяснить.

Рассмотрим более общий случай. Можно назвать их кривыми треугольными числами. Они при некоторых частных случаях ими становятся. Запишем уравнение в таком виде.

$aX^2+bX+cY^2+qY=jZ^2+dZ$

Что интересное удалось выяснить. Это даже стало неожиданностью, наверное потому, что о возможности этого никому мысль не приходила. Если коэффициенты не создают тривиального случая, чтоб число решений может быть конечным. Например знаки при вторых степенях одинаковы. И есть хоть один коэффициент при первой степени. То такое уравнение всегда имеет решения. Причём свести эти решения можно к эквивалентному уравнению Пелля. И эти решения можно задать через них.

Для этого надо использовать решения уравнения Пелля $p^2-rs^2=1$

Находятся стандартно через цепные дроби, но можно и там небольшую хитрость использовать. Коэффициент необходимо чтоб выглядел так. $r=(a+c)jk^2-2cjkt+(j-a)ct^2$

$k,t$ - это любые числа которые мы по своему усмотрению задаём. Хотя они могут быть не всегда целыми. Но это отдельная тема не будем на неё заострять внимание. Теперь зная решения этого уравнения Пелля подставляем их в формулу и получаем сами решения первого уравнения.

$X=(qt-dk)ps+((b+q)jk^2-(dc+qj)kt-(b-d)ct^2)s^2$

$Y=((d-b)t-dk)ps+((b+q)jk^2+(ad-(b+2q)j)kt+(j-a)qt^2)s^2$

$Z=(qt-(b+q)k)ps+((a+c)dk^2+((b-2d)c-aq)kt-(b-d)ct^2)s^2$

И другая формула. Тут правда дробь и надо будет дополнительно искать целые решения.

$X=\frac{1}{a+c-j}[(d-b-q)p^2+(((a+c+j)d-2(b+q)j)k+((j+c-a)q+2(b-d)c)t)ps+$

$+(j((a+c)d-(b+q)j)k^2+(2bcj+(j+c-a)jq-(a+c+j)cd)kt-c((b-d)c+(j-a)q)t^2)s^2]$

$Y=\frac{1}{a+c-j}[(d-b-q)p^2+((a+c+j)d-2(b+q)j)k+(2(j-a)q+$$(j+c-a)(b-d))t)ps+$

$+(j((a+c)d-(b+q)j)k^2+(((a+c-j)a-2cj)d+(j+c-a)jb+2j(j-a)q)kt+$

$+(a-j)((b-d)c+(j-a)q)t^2)s^2]$

$Z=\frac{1}{a+c-j}[(d-b-q)p^2+((2(a+c)d-(a+c+j)(b+q))k+((j+c-a)q+2(b-d)c)t)ps+$

$+((a+c)((a+c)d-(b+q)j)k^2+((a+c+j)cb-2(a+c)cd+(2cj-(a+c-j)a)q)kt-$

$-c((b-d)c+(j-a)q)t^2)s^2]$

Конечно, после записей можно сделать сокращения и свести к более простому виду, но когда делаешь запись формулы в общем виде приходится использовать такую громоздкую запись. Тут интерес в первой формуле. Не буду обсуждать вопрос - описывает она там все решения или нет. Ясно, что можно можно представить уравнение и формулы другие в другом виде. Описав другие варианты.

Первая формула показывает, что есть решения. То есть - если есть условия которые привёл всегда есть решения. Тут это доказательство с использованием алгебры довольно простое, а вот попробовать доказать это с использованием алгебраической геометрии настолько не реально и сложно, что даже нет никакого смысла начинать. Формулы довольно красивые и симметричные. Попытки их получить угадыванием и подбором вряд ли могут быть таким способом получены. Поэтому их никто не обнаружил.

Что же касаемо алгебраической геометрии просто формулировка задачи для неё в таком виде абсурд. А о решении вообще говорить смысла нет.


#5

Наверное надо упомянуть какую нибудь хорошо всем известную и популярную задачку. Заодно можно показать насколько алгебраический подход эффективен.

Например Героновы треугольники.

Фактически надо решить такое уравнение.

$$S_g=\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)}$$

$p,s,k,t$ - это целые числа которые мы задаём. И формула тогда будет выглядеть так.

$$a=(pt+ks)(k^2+t^2)ps$$

$$b=(pt-ks)((k^2+t^2)ps+(p^2+s^2)kt)$$

$$c=(pt+ks)(p^2+s^2)kt$$

$$S_g=4pskt(p^2t^2-k^2s^2)((k^2+t^2)ps+(p^2+s^2)kt)$$

Ясно, что надо не забыть про четырёхугольник. То есть найти такой у которого стороны, понятно, что периметр и площадь целые числа. Для этого есть формула Брахмапутры.

Взял её и с криком я тут всё перерешаю - решил совсем другое уравнение.

$$S_4=\sqrt{(a+b+c)(a+b+d)(a+c+d)(b+c+d)}$$

Получил такие формулы.

$$a=((t^2+k^2)s-tkp)pn$$

$$b=((t^2+k^2)s-tkp)pj$$

$$c=(tkp^2-t^2ps+tks^2)n+(tkp^2-(t^2-k^2)ps-tks^2)j$$

$$d=(tkp^2+(t^2-k^2)ps-tks^2)n+(tkp^2-k^2ps+tks^2)j$$

$$S_4=pstk((2pk-ts)j+(pk+ts)n)((pt+sk)j+(2pt-sk)n)$$

$$P_4=a+b+c+d=p((ktp+sk^2)j+t(pk+ts)n)$$

$p,k,t,s,j,n $ - целые числа которые мы задаём.

Потом понял, что надо там было делить на 2. И решать надо было такое уравнение.

$$S_4=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c-d)(a+b-c+d)(a-b+c+d)(b-a+c+d)}$$

Долго не переживал и написал решение и этого уравнения.

$$a=(pt+ks)(ts-pk)n$$

$$b=(pt+ks)(ts-pk)j$$

$$c=tk(p^2+s^2)j-ps(t^2+k^2)n$$

$$d=ps(t^2+k^2)j-tk(p^2+s^2)n$$

$$S_4=pstk(ts-pk)(pt+sk)(j-n)(j+n)$$

$$P_4=2(pt+sk)(tsj-pkn)$$

$p,t,k,s,j,n - $ числа которые мы задаём. Под задачами Герона ещё несколько имеют ввиду. Потом про них расскажу.

Видно, что много очень старых задач поддаются решению. И самое важное становиться понятно почему.


#6

Очень интересные формулы — пишите ещё обязательно!


#7

А теперь надо наверное сказать о довольно неожиданном побочном эффекте этого метода. Выяснилось, что он позволяет решить некоторые системы нелинейных Диофантовых уравнений. Причём даже вот на форуме МГУ - пока конечно не забанили. Обсуждалась одна задачка. Обсуждение тута!

Система значит такая.

$$\left{\begin{aligned}&x^2-y^2+z^2-t^2+q^2-u^2=0\&xy+zt-qu=0\end{aligned}\right. $$

$a,b,n,k - $ эти числа будем задавать мы сами. Сделаем такую замену для записи более компактной формулы.

$$p=a^2-3b^2 $$

$$s=2ab-4b^2 $$

$$ j=3b^2-4ab+a^2 $$

Тогда решения будут иметь вид.

$$ x=(j(p^2-4ps+3s^2)-(p-s)(3p^2-4ps+s^2))k^2+2(j-2(p-s))(p-s)kn+(j-p+s)n^2 $$

$$ y=(p-s)(4j(p-s)-3p^2+4ps-s^2)k^2+2(p-s)(j-2(p-s))kn-(p-s)n^2 $$

$$ z=(j(p^2-4ps+3s^2)+s(3p^2-4ps+s^2))k^2+2(p-s)(2s+j)kn+(j+s)n^2 $$

$$ t=(j(p+s)-3p^2+4ps-s^2)(p-s)k^2+2(jp-2(p-s)^2)kn+(j-p+s)n^2 $$

$$ q=(j(5p^2-8ps+3s^2)-(p-s)(3p^2-4ps+s^2))k^2+2(j(2p-s)-2(p-s)^2)kn+(j-p+s)n^2 $$

$$u=(j(p^2-4ps+3s^2)+(2s-p)(3p^2-4ps+s^2))k^2+2(p-s)(j+2(2s-p))kn+(j+2s-p)n^2 $$

Видно, что формулы довольно громоздкие. И перебором или угадыванием их не получить. Поэтому часто и возникает заблуждение, что решить такие системы нельзя. А если ещё там коэффициенты появляются, то вообще сложность во много раз увеличивается и многими само решение плохо воспринимается. Поэтому чтоб показать возможность пришлось начать с книжки Диофанта - тем более там много разных систем.

Книжка 2 задачи 20 и 21. У него там Арифметика разделена на книжки. Наверное и названа арифметикой потому, что оперирует только числами. Сам формализованный подход ещё не сформировался. Системка выглядит так.

$$ \left{\begin{aligned}&x^2+ty=z^2\&y^2+tx=q^2\end{aligned}\right. $$

Решения будут выглядеть так.

$$ x=b-a$$

$$y=b+a$$

$$t=8b$$

$$ z=3b+a$$

$$q=3b-a $$

Или так.

$$x=a-3b$$

$$y=a+b$$

$$t=8(a-b)$$

$$z=3a-b$$

$$q=3a-5b$$

Или так.

$$x=p^2-10ps-11s^2$$

$$y=2p^2+4ps+38s^2$$

$$t=12(2p+5s)s$$

$$z=p^2+14ps+49s^2$$

$$q=2p^2+10ps-28s^2$$

Или так.

$$x=p^2+10ps+21s^2$$

$$y=2p^2+12ps+22s^2$$

$$t=-4(2p+5s)s$$

$$z=p^2+2ps+s^2$$

$$q=2p^2+10ps+8s^2$$

Или так.

$$x=2psb^2-a^2p^2$$

$$y=2abp^2-b^2s^2$$

$$t=as(4bp-as)$$

$$z=2psb^2+a^2p^2-abs^2$$

$$q=2abp^2+b^2s^2-psa^2$$

Серпинский нашёл парочку формул как первые мною приведённые. Тут самое интересно вот, что. Диофант приводит решения которые Серпинский по формулам не мог получить в явном виде. Это решение получается если использовать последнюю формулу которую я привёл. Вот тут и возникает странная мысль и вопрос. Случайно ли Диофант привёл такое решение? Там только одно решение приведено и я думаю не случайно. С другой стороны это решение получается с использованием довольно сложной формулы. И тут не понятно знал ли он об этой формуле? И почему и зачем упоминать о решении описываемым полиномом более высокого порядка?

Думаю, что некоторые идеи и методы расчёта были утрачены. И узнать это вряд ли будет возможность.

Тогда дальше. Система из книги 2 задачи 22 и 23.

$$\left{\begin{aligned}&X^2+(X+Y)q=Z^2\&Y^2+(X+Y)q=R^2\end{aligned}\right.$$

Решения можно записать так.

$$X=9(p-s)(t-4p)$$

$$Y=9(s-p)(t-4s)$$

$$q=-64p^2+160ps-64s^2+2t^2-8t(p+s)$$

$$Z=(p-s)(60p-48s-3t)$$

$$R=(p-s)(48p-60s+3t)$$

Или так.

$$X=s(pk^2+2skt-pt^2)$$

$$Y=s((p-2s)t^2-pk^2)$$

$$q=2pk((p-2s)t-pk)$$

$$Z=s(pk^2-2(p-s)kt+pt^2)$$

$$R=s(pk^2-2pkt+(p-2s)t^2)$$

Система из книги 2 задача 30.

$$\left{\begin{aligned}&XY+(X+Y)q=Z^2\&XY-(X+Y)q=R^2\end{aligned}\right.$$

Решения запишем так.

$$X=(p^2+s^2)(p^2+s^2+2k^2)$$

$$Y=2k^2(p^2+s^2+2k^2)$$

$$q=2k^2(s^2-p^2)$$

$$Z=2ks(p^2+s^2+2k^2)$$

$$R=2kp(p^2+s^2+2k^2)$$

Система из книги 2 задачи 34 и 35.

$$\left{\begin{aligned}&a^2+(a+b+c)q=x^2\&b^2+(a+b+c)q=y^2\&c^2+(a+b+c)q=z^2\end{aligned}\right.$$

Решения запишем так.

$$a=nlt^2p^2+(n^2t^2+2nlk^2-k^2l^2)ps-nlk^2s^2$$

$$b=ktl^2p^2+((2k-t)tn^2+l^2k^2)ps-ktn^2s^2$$

$$c=((2k-t)n-kl)tlp^2+kn(kl+nt)s^2$$

$$q=2tls(kns+(kl-(2k-t)n)p)$$

$$x=nlt^2p^2+(t^2n^2-2k(k-t)nl+k^2l^2)ps+nlk^2s^2$$

$$y=ktl^2p^2+(k^2l^2+2ktnl-(2k-t)tn^2)ps+ktn^2s^2$$

$$z=(kl-(2k-t)n)tlp^2+2ktnlps+kn(kl+nt)s^2$$

$n,l,k,t,p,s - $ это числа которые мы задаём.

Система из книги 2 задачи 24 и 25.

$$\left{\begin{aligned}&(X+Y)^2+Xq=Z^2\&(X+Y)^2+Yq=R^2\end{aligned}\right.$$

Решения запишем так.

$$X=t^2+2(2p-s)t+3p^2-4ps+s^2$$

$$Y=2p(p+s-t)$$

$$q=8(s-p-t)(p+s-t)$$

$$Z=3t^2+6(p-s)t-p^2-6ps+3s^2$$

$$R=-t^2+2(3p+s)t+3p^2-6ps-s^2$$

Или так.

$$X=k^2(2kp^2-2kps+ts^2)$$

$$Y=k^2((t-2k)p+2ks)p$$

$$q=t^2(-2kp+(t-2k)s)s$$

$$Z=kt(kp^2-2kps+(t-k)s^2)$$

$$R=kt(-kp^2+(t-2k)ps+ks^2)$$

В то время наверное считалось, что если нашёл хоть какое то решение уравнения. Значит его решил. Наверное не понимали, что задают неопределённое уравнение и решений у него может быть бесконечно много. Поэтому считается, что под решением надо понимать нахождение параметризации такого уравнения.


#8

Надо привести какую то более современную систему. Вот довольно известная задачка. Решал её ещё Эйлер. Найти таких 4 числа чтоб все они попарно сложенные давали квадрат. На форуме есть формулировка и решения приведённые Эйлером.

Вообще то надо решить такую систему.

$$\left{\begin{aligned}& b+a=x^2 \&b+c=y^2\&b+f=z^2\&a+c=e^2\&a+f=j^2\&c+f=p^2\end{aligned}\right.$$

$F,T,R,D$ - это какие нибудь числа, которые мы задаём.

Чтоб формула выглядела компактно, сделаем такую замену.

$$q=(8F^2+4FT-T^2)R^2+2(T+2F)RD-D^2$$

$$k=(8F^2+8FT+2T^2)R^2+2(T+2F)RD$$

$$s=-T^2R^2+2(T+2F)RD-D^2$$

$$t=(8F^2+12TF+3T^2)R^2+2(T+2F)DR-D^2$$

Тогда решения можно записать так.

$$x=s^2+k^2-t^2+2(t-k-s)q$$

$$y=t^2+k^2-s^2+2ks-2tk$$

$$z=s^2+k^2-t^2$$

$$e=t^2+k^2+s^2-2kt-2ts$$

$$j=t^2+s^2-k^2+2ks-2ts$$

$$p=3s^2+3k^2+3t^2-6kt-6st+8ks+2(t-k-s)q$$

$$b=\frac{x^2+y^2-e^2}{2}$$

$$a=\frac{e^2+x^2-y^2}{2}$$

$$c=\frac{e^2+y^2-x^2}{2}$$

$$f=\frac{2z^2+e^2-x^2-y^2}{2}$$

Вот это я понимаю формула. Имеет такой забавный вид аж завораживает. Правда потом некоторые ругаются видя такую громадину. Кстати эти уравняшки ещё одну неожиданную задачку помогли решить.

Есть такая задача - в вольной формулировке выглядит так - есть ли задача решение которой проще чем проверить правильный ли дан ответ? Так вот оказывается есть даже алгебраическая задача. В частности решение диофантовых уравнений и систем. Некоторые из них проще решить чем проверить правильно ли задача решена.

В той системе, что привёл надо будет проверить верность тождества степень которого аж 16. Иногда приходится получать и большие решения. Вот и ругают меня. Большинство народу формул длиннее строчки не видели. И вот если такое напишут? Конечно вызывает культурный шок!


#9

Думал как то - переписывать ли сюда все эти формулы?

Во первых запутаюсь точно. Во вторых у меня только в Блоге постов 260 штук. Думаю лучше дать ссылку, а если будут вопросы отвечу на них. Или же выпишу решения сюда - для какого заинтересованного уравнения.

Начну наверное с этого ресурса. Тем более раз в месяц эта тема от Сообщества подымается.

Вообще говоря вот моя страничка на том форуме! Можно посмотреть мои ответы и сравнить с другими.

Мой Блог который на другом форуме. Там собраны формулы тоже.

Есть отдельная тема на форуме!

Хотел дать ссылку на форум МГУ, но там все обсуждения свелись к руготне.


#10

Слабо разбираюсь в диофантовых уравнениях, да и математикой увлекался постольку-поскольку. Но английский знаю неплохо, поэтому читать то, что написано на [mathisfunforum][1]'е было больно. Прекрасно понимаю непонимание других участников форума, в некоторых местах кровоточат глаза. Может все-таки не стоит бездумно копипастить свои мысли из гуглопереводчика? Хотя бы немного редактировать его ответы, ну например вот, выборка оттуда, из недопереведенного (для этого достаточно править исходный текст на русском):

  • zayimemsya
  • todzhestvo
  • poprobyval
  • pytajutsja
  • tsiferki

Ну и плюс он предложения не всегда правильно строит, местами ощущение что магистр Йода переводил. Может еще и в этом проблема? Ну это так, чисто для размышлений, понятно что нельзя быть идеальным во всем. [1]: http://www.mathisfunforum.com


#11

Формулы они и в Африке формулы. Ну, что тут поделаешь, что Гугля так переводит. Делают машины с автопилотом, а переводчик нормальный сделать не могут. Хотя народ там потихоньку ко мне привыкает уже.

На Русскоязычном форуме В портале Естественных наук. Единственная тема на русском. В остальных местах забанили.

Там тоже всё равно народ недоволен. Тяжело мысль народу доносить - в особенности когда народ эту мысль категорически не приемлет. Иногда хочется всё бросить - когда понимаешь, что вообще нельзя пробиться. Руки конечно иногда опускаются когда видишь как кто-то находит какое то частное одно решение. И во всех книжках и журналах про него говорят. А ты находишь сотни решений - и при этом тебя все ругают.


#12

Я вот что подумал. Если мне вдруг потребовалось бы решить диофантово уравнение, я полез бы в Интернет смотреть, что про это написано. Читать 260 постов, к тому же размазанным по разных форумам, и разбираться, что же это все означает, вряд ли бы осилил, хоть на языке Шекспира, хоть на языке Пушкина, хоть на языке Гугла. Поэтому таким вот практикам хорошо бы иметь в ОДНОМ месте набор уравнений, в которых написано, что дано, что надо решить, (переменные должны быть описаны). В одном месте нельзя это все собрать, как один файл?


#13

Опубликовать это всё нельзя! Формально - этого всего не существует.

С другой стороны это результат общения. Одному понадобилось решить одно, другому другое. Некоторые уравняшки не такими простыми оказались и пришлось их решать по нескольку раз. В других решения например задавались 3 параметрами, но полное решение определялось 4. И ввести ещё один формально иногда крайне сложно и часто не получалось. Поэтому приходилось на некотором этапе останавливаться и говорить, что более общая запись требует дополнительных преобразований. Слишком большие формулы тоже не запишешь. Обычно такие плохо воспринимаются. Часто например пишешь формулу решения например для такого уравнения $X^2+Y^2=qZ^3$ а мне рейтинг понижают. А когда хотят решить уравнение $X^2+XY+Y^2=Z^2$ и написал кучу решений там сразу рейтинг подымают. Хотя интересней гораздо первое уравнение и оно даёт кучу разных идей.

Это же Блоги и темы. Хотя с другой стороны мне только и остаётся отвечать на вопросы - если кому понадобиться. Для людей кто профессионально алгебраической геометрией занимается - это как красная тряпка. Просто упоминание об этих формулах может создать большие проблемы человеку. Так, что такая ситуация даже лучше. Я сам буду эту идею проталкивать. Ещё не хватало кому то проблемы создавать.

Ну а потом когда этот метод займёт своё место - тогда можно и систематизацию сделать.


#14

Есть такая книжка: Mordell, Diophantine Equaitions, опубликована Academic Press (сейчас существует в рамках Elsevier) в 1969 году в серии Pure and Applied Mathematics, 30 глав, посвящённых решению различных семейств диофантовых уравнений. В ней отличный указатель, позволяющий найти решение уравнения нужного вида. Формулы в этой книжке очень похожи на те, что приводятся в этой теме. Автор — кембриджский профессор.


#15

Ну да! Классический труд по этим уравняшкам. Можно даже сравнить.

Основное внимание уделено бинарным или тернарным формам. Можно сказать одна из первых попыток систематизировать и сделать упор на алгебраические методы. Потом правда мода пошла на всякую философию и это направление забросили. Уделено много внимания на выяснения разрешимости уравняшек. Часто найти и доказать, что решений нет гораздо проще чем написать формулу решений уравнения.

Вот я привёл тут вверху самые первые формулы решения бинарных квадратичных форм. Можно даже сравнить, что используя идеи Лежандра можно сказать например, что у уравнения не будут решения, но вот формулу в общем виде так и не удалось им получить. Если не просматривается закономерность то такое уравнение вообще не решаемо у них.

Довольно часто некоторые решения угадывались, у некоторых случайно закономерность обнаруживалась. Но в любом случае процедура поиска решения требует часто очень громоздких преобразований.

Хотя для меня загадка почему одни формулы хорошие - про них можно говорить, а вот другие плохие. Просто их упоминание создаёт проблемы. Одно время говорили, что выписываю частные решения - хотя если даже это так то часто и частные решения спокойно размешались.


#16

Спасибо. Вот именно что-то такое я и имел ввиду. Конечно вероятность того, что они, эти диофантовы уравнения, мне лично потребуются, не очевидна, однако лучше знать, что что-то на эту тему есть.


#17

Любят буржуины квадратики. И вот довольно долго одну тему обсуждали. Смысл простой. Есть такие числа которые можно представить как сумму n- квадратов в виде m- различными способами. Оказалась даже, что если зададим квадратичную форму- разницы никакой какие там коэффициенты. И сколько система эта будет иметь уравнений - решения будут всегда.

http://math.stackexchange.com/questions/2069687/representation-of-a-number-as-a-sum-of-squares

То есть всегда есть числа - которые можно представить в виде любом заданном количестве слагаемых квадратов. И количество возможных представлений может быть любым. Хоть стотысячпятьсот раз. Берём два уравнения. Решаем для заданном числе слагаемых - и потом волевым решением эту формулу распространяем на любое число возможных комбинаций. Мне например такая идея очень даже нравиться. Какой смысл решать 100638 уравнений - если можно решить 2. А остальное допишем. И что самое интересное - для каждого варианта - таких чисел бесконечно много.

Может для кого то это и тривиально, но я пока не увидел формулу. Не поверил бы, что например есть числа представимые в виде суммы двух квадратов - различными 635428340564 способами.


#18

В Троицком варианте почему то решили обсуждать - почему мои решения плохие.

Формально судя по ответу они правда не знают такие решения. Они не известны. К тому же они вроде по их мнению вредны. То есть надо их стирать. В результате чего народ минусики начали рисовать.

Теперь меня больше интересует другой вопрос. Могу ли я считать эти формулы моими? Чтоб потом какой нибудь доцент потом не кричал, что это он их первый нашёл???


#19

Вообще-то для этого придумали публикации. А считать можете :slight_smile:


#20

Вроде много раз повторял, что меня никогда не обубликуют!!! В этом вся проблема. Нормальный журнал публикует только тех кто проходит фейс-контроль. Они даже статью к рассмотрению не принимают. Даже на этой помоечном ресурсе не могу зарегистрироваться.

Там спокойно всякий бред и ахинея размещается и ничего. Единственный критерий - это надо доказать, что ты правильный доцент. Потом можно скидывать любой свой мусор. Некоторые даже от руки пишут и потом сканируют и размешают.

Я должен всю планету на уши поставить и то не разрешат. Раньше кричали, что всё у меня не верно. Сейчас кричат, что это не интересно и не нужно никому.

Кучу работ нашёл - где опубликованы какие нибудь частные решения. Спрашивал почему нельзя общую формулу разместить? Бесполезно.

Вот как на Троицком варианте спор. Сперва кричат, что её нет. Потом кричат, что она не все решения описывают, а потом кричат, что это всё никому не нужно и не интересно… Хотя я думаю их бесит то, что проглядели для такого очень популярного уравнения формулу. Догадаться было нельзя. Надо было решить уравнение. И теперь хотят её дискредитировать. И ничего лучшего не придумали, что кричать сложная она. Хотя уравнению как то всё равно - нравиться ли форма его решения кому то или нет.