Формулы для решения Диофантовых уравнений.

individ.an · Сообщение **individ.an** » 21 фев 2015, 09:04

Это уравнение - представление кривого треугольного числа как сумму квадратов.

$$x^2+y^2=z(z+a)$$

Если воспользуемся решениями уравнения Пелля. $$p^2-2k(k-s)t^2=a$$

Решения можно записать.

$$x=p^2-(3k-2s)pt+(k-s)(2k-s)t^2$$

И другое решение.

$$x=(kp+s(s-k)t)t$$

Можно обойтись и без уравнения Пелля.
Если $$a=2t+1$$

Или же если. $$a=2t$$

$y=\frac{b^2+t^2-1}{2}$
$z=\frac{b^2+t^2+1}{2}-t$

Для одного уравнения: $$(c-b)^2+3cb=x^3$$

Одно решение:

$$x=3(3p^2+s^2)^2$$

Или например такое уравнение.

$$x^2+xy+y^2=z^3$$

Или такое решение если сделаем замену.

$$b=3p^2+6ps+2s^2$$

И решения тогда запишем.

$$x=q(3b^2-6bt-t^2)$$

Shadows · Сообщение **Shadows** » 21 фев 2015, 09:40

Или например такое уравнение
$$x^2+2y^2=3z^5$$

тогда решениями будут
$\\x=m^5-10 m^4 n-20 m^3 n^2+40 m^2 n^3+20 m n^4-8 n^5\\ y=m^5+5 m^4 n-20 m^3 n^2-20 m^2 n^3+20 m n^4+4 n^5\\ z=m^2+2n^2$
властелин колец.

individ.an · Сообщение **individ.an** » 21 фев 2015, 10:23

Это уравнение:

$a^2+b^2-\frac{2(d+1)ab}{d}-a-b=0$

Рассматривалось там. http://mathoverflow.net/questions/146611/how-many-integer-points-does-my-favorite-ellipse-go-through http://mathoverflow.net/questions/146611/h...ipse-go-through
Сперва решили, что решений для определёного значения коэфициента конечно - потом я формулу написал - оказалось бесконечно.
Для этого надо разложить на множители. $$d=tq$$

Если воспользоваться решениями уравнения Пелля: $$p^2-(2d+1)s^2=t$$

решения можно записать.

$$a=q((2d+1)s+p)s$$

И ещё.

Вот такая система уравнений.

$\left\{\begin{aligned}& xy+xt=z^2\\&xy+yt=q^2\end{aligned}\right.$

$$x=5p^2+30ps+45s^2$$

Или такое решение.

$$x=5s^2$$

Смысл в том был чтоб найти решения при $$t=1$$

Для этого надо воспользоваться решениями уравнения Пелля $$p^2-5s^2=1$$

Или вот такая система уравнений.

$\left\{\begin{aligned}&ac-bd=q\\&ad-bc=t\end{aligned}\right.$

Решения можно задать числом $$k$$

так, чтоб получалось целое число.

$a=q+k^2-\frac{k}{2}(2k+1+\frac{t+(2k+1)q}{k(k+1)})$

$b=q+k(k+1)-\frac{k}{2}(2k+1+\frac{t+(2k+1)q}{k(k+1)})$

$c=q+k(k+2)+1-\frac{(k+1)}{2}(2k+1+\frac{t+(2k+1)q}{k(k+1)})$

$d=q+k(k+1)-\frac{(k+1)}{2}(2k+1+\frac{t+(2k+1)q}{k(k+1)})$

Вот ещё одна урвняшка. $\frac{y^2+x}{x^2+y}=q$
Решения можно записать используя уравнение Пелля. $p^2-qs^2=\pm1$

$y=\pm{p(qp-s)}$

$x=\pm{s(qp-s)}$

Или вот такое : $$yx^3-xy^3=qz^3-zq^3$$

Ещё одно уравнение $2\sqrt{mnf}-m-n+f=1$
Решение запишем.

$f=\frac{k+1}{4}$

$$m=(f-1)k^2$$

И ещё.

И ещё.

$f=\frac{k(k\pm1)}{(2k-s\pm1)s}$

$m=(f-1)(2k\pm1)^2$

$$n=4f(f-1)s^2$$

Если воспользуемся уравнением Пелля. $$p^2-k(k-1)s^2=1$$

Сделаем замену.

$a=p^2\pm(2k-1)ps+k(k-1)s^2$

$b=p^2\pm2kps+k(k-1)s^2$

Или же такую.

$$a=ps$$

$b=p^2\pm2kps+k(k-1)s^2$

Тогда решения можно записать.

$$f=k$$

Один постоянно решал такое уравнение. Зачем не знаю. Нравилось чем то оно ему. Ну и я решения рисовать начал ему.

$$(x^2+ay^2)(u^2+bv^2)=r^2+cq^2$$

коэффициенты задаваемые условием задачи.

$$x=p^2-as^2$$

Ну и эти почти Пифагоровы тройки. $X^2+Y^2=Z^{n}$
Для этого воспользуемся какой нибудь Пифагоровой тройкой. $$a^2+b^2=c^2$$

Решения можно записать.

$X=2psc^{n-1}$

$Y=(p^2-s^2)c^{n-1}$

$$Z=c^2$$

Потом надо будет сократить на общий делитель.
Ещё одна уравняшка связаная с уравнением Пелля. $$k^2m^2-k^2-m^2+1=n^2$$

Решения определяются уравнением Пелля. $$p^2-(k^2-1)s^2=1$$

Сделаем замену.

$x=2(k+1)ps\pm(p^2+(k^2+1)s^2)$

$y=2(k-1)ps\pm(p^2+(k^2-1)s^2)$

И решения тогда запишем.

$m=\frac{(k+1)y^2+(k-1)x^2}{2}$

$$n=(k^2-1)yx$$

По решениям уравнения Пелля - надо будет найти и его двойника. То есть связь с другой последовательностью по формуле.

$$x_2=x+2p((k+1)ys-px)$$

individ.an · Сообщение **individ.an** » 21 фев 2015, 10:34

Shadows писал(а):Source of the post Или например такое уравнение

тогда решениями будут
$\\x=m^5-10 m^4 n-20 m^3 n^2+40 m^2 n^3+20 m n^4-8 n^5\\ y=m^5+5 m^4 n-20 m^3 n^2-20 m^2 n^3+20 m n^4+4 n^5\\ z=m^2+2n^2$
властелин колец.

Что тут может быть смешного?
Циферки рисуешь - и потом говоришь что решаешь. Я разве про такой метод говорил?
Я говорил о другой идеи решения уравнений. Ну тогда реши такое уравнение.

$$aX^2+bY^2=cZ^5$$

Что ты циферки рисуешь? Возьми напиши в общем виде решение!

individ.an · Сообщение **individ.an** » 21 фев 2015, 10:52

Расскажу про одну знаменитую систему уравнений. Её Эйлер ещё решал.
Обсуждалась она там то же. Там есть ссылка на работу где описывается решение предложенное Эйлером.
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=56&t=602478 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/v...p?f=56&t=602478

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

Найти такие 4 целых, что сумма любых двух из них есть квадрат. Мне удалось решить систему нелинейных уравнений и получить формулу.
Решения будем задавать целыми числами. $$F,T,R,D$$

Для облегчения расчётов сделаем замену.

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

Тогда решения можно записать.

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

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

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

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

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

individ.an · Сообщение **individ.an** » 22 фев 2015, 06:12

Довольно знаменитая задача.
Найти по формуле Герона такие целочисленные треугольники, то есть стороны выражаются целым числом.
Чтоб площадь у них тоже была целая. Уравнение выглядит так.

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

Решения задаются целыми числами. $$p,s,k,t$$

и меют вид.

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

individ.an · Сообщение **individ.an** » 22 фев 2015, 06:39

Это опять различные вариации для решения одной задачи. Я предлагал различные способы решения, но ему всё равно все они не нравились.

$$(x^2+ay^2)(u^2+bv^2)=r^2+cq^2$$

Написал параметризацию.

$$x=cp^2+k^2-at^2$$

Потом записал уравнение так. $$(x^2+ay^2)(u^2+bv^2)=p^2+cq^2$$

И решил применить к нему полукрестьянский метод вычисления. Выбирим любые числа. $$t,y$$

. Используя их разложим на множители выражение.

$$ct^2-ay^2=AB$$

Из них получим следующие числа.

$s=\frac{A-B}{2}+t$

$x=\frac{A+B}{2}$

Потом можно тоже выбрать почти любое число . $$v$$

Разложим на множители следующее выражение $$cs^2-bv^2=FJ$$

И получим по ним.

$k=\frac{J-F}{2}+s$

$u=\frac{F+J}{2}$

Остальные решения найдём как:

$$p=ks+(c+1)ts-tk-s^2$$

Видно, что мы можем выбрать таким способом любые два числа которые должны быть решением и по ним находим остальные.
Ему это решение тоже опять не понравилось. Тогда я написал так.

$$(x^2+ay^2)(u^2+bv^2)=z^2+cr^2$$

Вроде проще уже было некуда.

$$x=cq^2-an^2+p^2$$

Ему конечно и такое решение не понравилось. Обсуждение можно посмотреть там.
http://mathoverflow.net/questions/181242/does-the-diophantine-equation-x2ay2u2bv2-p2cq2-admit-a-complete http://mathoverflow.net/questions/181242/d...dmit-a-complete
Дальше возиться с этим решением мне надоело.

individ.an · Сообщение **individ.an** » 22 фев 2015, 07:31

Это когда решаешь уравнение с определённым видом решений.

$$x^2+y^2+z^2=(6k+5)^2$$

Или вот такое.

$$x^2+y^2+z^2+q^2=xy+xz+xq+yz+yq+zq$$

Или вот ещё.

$$x=21b^2p^2+6b(a-b)ps+(a^2+6ab+21b^2)s^2$$

Или вот такая система.

$\left\{\begin{aligned}&x^2+y^2+z^2=u^2+w^2+v^2\\&x+y+v=u+w+z\end{aligned}\right.$

$$x=s^2+kt-ks+kq+ts-tq-qs$$

Или же вот такая система.

$\left\{\begin{aligned}&x^2+y^2+z^2=u^2+w^2+v^2\\&x+y+z=u+w+v\end{aligned}\right.$

$$x=2s^2+(2q+2t+k)s+kt+qk+2qt$$

individ.an · Сообщение **individ.an** » 22 фев 2015, 07:45

Я сперва перепутал и решил такое уравнение.

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

И написал такое решение.

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

Потом до меня дошло, что этот гражданин имел ввиду чуть другое.
https://en.wikipedia.org/wiki/Brahmagupta%27s_formula https://en.wikipedia.org/wiki/Brahmagupta%27s_formula

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

Ну и написал ещё одну формулу.

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

individ.an · Сообщение **individ.an** » 22 фев 2015, 08:15

Вот ещё одно уравнение:

$$X^2+qY^2=Z^3$$

Довольно забавное уравнение.

$$n^2+(n+1)^2+(n+2)^2+...(m-2)^2+(m-1)^2+m^2=z^2$$

Ну и решение тоже забавное. Выбираем такое число $$t$$

. И разлагаем на множители. По ним находим. нужные числа и решение готово.

$$(t^2-1)(t^2+1)=12(qt-k)(qt+k)$$

$m=k+\frac{t^2-1}{2}$

$n=k-\frac{t^2+1}{2}+1$

$$z=qt^2$$

Для этого уравнения. $$qx^2+qy^2=v^2+z^2$$

Записал одно частное решение когда корень целый. $\sqrt{2q-1}$

$x=((2q-3)k^2+2qkt-q(3q-2)t^2\mp$ $((2q-1)k^2-2qkt-q(q-2)t^2)\sqrt{2q-1})p^2$ $+2(k-qt)(\sqrt{2q-1}\pm1)ps-(1\pm\sqrt{2q-1})s^2$

$y=((2q-3)k^2-2(q-2)kt+q(q-2)t^2\mp$ $((2q-1)k^2-2qkt-q(q-2)t^2)\sqrt{2q-1})p^2$ $+2((k+(q-2)t)\sqrt{2q-1}\mp(qt-k))ps-(1\pm\sqrt{2q-1})s^2$

$v=((2q-1)k^2-2q(2q-1)kt+q(3q-2)t^2\pm$ $((2q-1)k^2-2qkt-q(q-2)t^2)\sqrt{2q-1})p^2$ $-2(((2q-1)k-qt)\sqrt{2q-1}\mp(qt-k))ps+(1\pm\sqrt{2q-1})s^2$

$z=((4q^2-4q-1)k^2-2q(2q-3)kt-q(2q^2-3q+2)t^2\mp$ $((2q-1)k^2-2qkt-q(q-2)t^2)\sqrt{2q-1})p^2+$

$+2(k-qt)(\sqrt{2q-1}\pm1)ps-((2q-1)\pm\sqrt{2q-1})s^2$

Когда мне надоел этот народ со своим методом секущих. Хвастались слишком много. Мы говорит знаем первое решение $$(x,y,z)$$

и по нему вот этим замечательным методом можем получить формулу для уравнения Лежандра.

$$aX^2+bXY+cY^2=jZ^2$$

Они там решают, ну и я им формулу написал. Чтоб глупыми решениями больше не занимались!

$$X=jxt^2-cxk^2+2(cyk-jzt)s+(by+ax)s^2$$

целые числа которые мы можем задавать.

yourdomain.com