Формулы для решения Диофантовых уравнений.

individ.an · Сообщение **individ.an** » 12 фев 2015, 08:42

Нравится мне решать эти уравняшки.
Многим эти формулы не нравяться и их стараются удалить, но я думаю, что тут будут иметь хоть долю совести и не станут их трогать.
Тем более, чтоб их получить надо было приложить определённые усилия!
Если будет возможность потихоньку их сюда перерисовывать буду.
Начну пожалуй с решения Уравнения Лежандра в общем виде.
$$aX^2+bXY+cY^2=jZ^2$$

Коэффициенты задаются условием задачи. Решения будут когда хоть один корень целое число. $\sqrt{j(a+b+c)}$ ; $\sqrt{b^2 + 4a(j-c)}$ ; $\sqrt{b^2+4c(j-a)}$
Тогда для каждого конкретного корня решения можно записать.
$X=(2j(b+2c)^2-(b^2+4c(j-a))(j\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+$ $2(b+2c)(\sqrt{j(a+b+c)}\mp{j})sp+(j\mp \sqrt{j(a+b+c)})p^2$
$Y=(2j(2j-b-2a)(b+2c)-(b^2+4c(j-a))(j\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+$ $2((2j-2a-b)\sqrt{j(a+b+c)}\mp{j(b+2c)})sp+(j\mp\sqrt{j(a+b+c)})p^2$
$Z=(2j(b+2c)^2-(b^2+4c(j-a))(a+b+c\pm\sqrt{j(a+b+c)}))s^2+$ $2(b+2c) ( \sqrt{j(a+b+c)} \mp{j})sp + ( a + b + c \mp \sqrt{j(a+b+c)})p^2$
Когда же такой корень целый. $\sqrt{b^2+4c(j-a)}$ решения имеют вид.
$X=((2j-b-2c)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(b+2c\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+$ $2(4ac+b(2j-b)\pm{(2j-b-2c)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(b+2c\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2$
$Y=((b+2a)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(2j-b-2a\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+$ $2(4ac+b(2j-b)\pm{(b+2a)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(2j-b-2a\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2$
$Z=((b+2a)(8ac+2b(2j-b))-(b^2+4a(j-c))(b+2c\mp\sqrt{b^2+4c(j-a)}))s^2+$ $2(4ac+b(2j-b)\pm {(b+2a)}\sqrt{b^2+4c(j-a)})sp+(b+2c\pm\sqrt{b^2+4c(j-a)})p^2$
Когда же корень целый $\sqrt{b^2+4a(j-c)}$ тогда решения можно записать.
$X=(2j^2(b+2a)-j(a+b+c)(2j-2c-b\pm\sqrt{b^2+4a(j-c)}))p^2+$ $2j(\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{(b+2a)})ps+(2j-2c-b\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2$
$Y=(2j^2(b+2a)-j(a+b+c)(b+2a\pm\sqrt{b^2+4a(j-c)}))p^2+$ $2j(\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{(b+2a)})ps+(b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2$
$Z=j(a+b+c)(b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})p^2+$ $2((a+b+c)\sqrt{b^2+4a(j-c)}\mp{j(b+2a)})ps+ (b+2a\mp\sqrt{b^2+4a(j-c)})s^2$
Специфика этих формул в том, что написаны они в общем виде. Если ни один корень не будет целым, то надо будет выяснить есть ли эквивалетная квадратичная форма при которой могут быть решения. То есть ли хоть один целый корень - вообще говоря рациональный.
Для этого достаточно сделать замену $X\longrightarrow{X+kY}$ или же $Y\longrightarrow{Y+kX}$ .
Фактически сводится к уравнению Пелля или же к разложению числа на сумму квадратов. Стандартная и не сложная задача.
Ясно, что такую формулу можно написать и для похожего уравнения.
$$aX^2+bY^2+cZ^2=qXY+dXZ+tYZ$$

Для облегчения расчётов сделаем замену.
$$k=(q+t)^2-4b(a+c-d)$$

Тогда решения можно записать.
$X=(2n(2c-d-t)+j(q+t-2b\pm\sqrt{k}))p^2+$ $2((d+t-2c)\sqrt{k}\mp{n})ps+(2b-q-t\pm\sqrt{k})s^2$
$Y=(2n(2c-d-t)+j(2(a+c-d)-q-t\pm\sqrt{k}))p^2+$ $2((d+t-2c)\sqrt{k}\mp{ n })ps+(q+t+2(d-a-c)\pm\sqrt{k})s^2$
$Z=(j(q+t-2b\pm\sqrt{k})-2n(2(a+b-q)-d-t))p^2+$ $2((2(a+b-q)-d-t)\sqrt{k}\mp{n})ps+(2b-q-t\pm\sqrt{k})s^2$
И ещё решение.
$X=(2n(q+t-2b)+k(2c-d-t\pm\sqrt{j}))p^2+$ $2((2b-q-t)\sqrt{j}\mp{n})ps+(d+t-2c\pm\sqrt{j})s^2$
$Y=(2n(2(a+c-d)-q-t)+k(2c-d-t\pm\sqrt{j}))p^2+$ $2((q+t+2(d-a-c))\sqrt{j}\mp{n})ps+(d+t-2c\pm\sqrt{j})s^2$
$Z=(2n(q+t-2b)+k(d+t+2(q-a-b)\pm\sqrt{j}))p^2+$ $2((2b-q-t)\sqrt{j}\mp{n})ps+(2(a+b-q)-d-t\pm\sqrt{j})s^2$
$$p,s -$$

целые числа которые мы задаём.

12d3 · Сообщение **12d3** » 12 фев 2015, 09:28

А пифагоровы тройки тут получатся как частный случай?

12d3 · Сообщение **12d3** » 12 фев 2015, 09:43

Да, я правильно понимаю, что выписанные формулы не обязательно дают все решения?

individ.an · Сообщение **individ.an** » 12 фев 2015, 11:03

Да. Пифагоровы тройки из этих формул получаются как частный случай.
Надо только будет сократить на общий множитель потом.
Дают все решения. Проверялось много раз. Забавно то, что можно составить бесконечно много таких формул.
Хотя достаточно ограничится какой то. Все остальные получаются из них же.
Такой подход более эффективный - позволяет выяснить почему у кривых треугольных числах всегда есть решения. Сейчас формулы набиру.
Я не понял как сообщение редактируется. Случайно два плюсика нарисовал в одной формуле. Уже исправил.

12d3 · Сообщение **12d3** » 12 фев 2015, 11:19

Что-то не сходится. Скажите, пожалуйста, что будет для уравнения $$Y^2=2Z^2$$

ARRY · Сообщение **ARRY** » 12 фев 2015, 11:26

Да понятно, что ТС решит уравнения в каких-то частных случаях. Для каких-то частных решений каких-то диофантовых уравнений, естественно, можно начертить подходящие формулы. Я не думаю, что это может представлять интерес.
Но судя по всему, ТС замахнулся на ~~Вильяма нашего Шекспира~~ положительное решение 10-й проблемы Гильберта. А это уже серьёзнее. Такие вещи доказываются. Товарищ, к доске!

individ.an · Сообщение **individ.an** » 12 фев 2015, 11:37

Довольно неожидано выяснилось, что такое уравнение:

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

Если конечно можно собрать по обе стороны равенства коэффициенты с одинаковым знаком при второй степени. Конечно чтоб задача не сводилась к разложению числа на сумму квадратов.
То такое уравнение всегда имеет решения если хоть один коэффициент из $$b,q,d -$$

не равен нулю.
Это довольно странно, потому, что уравнение Лежандра не всегда имеет решения в целых числах.

Чтоб решить надо воспользоваться решениями уравнения Пелля : $$p^2-rs^2=1$$

Где коэффициент так выглядит: $$r=(a+c)jk^2-2cjkt+(j-a)ct^2$$

При этом

целые числа которые мы можем задать по своему усмотрению.
Тогда решения можно записать так:

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

Или записать например так:

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

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

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

$

Смысл простой. Всегда можно подобрать такие числа при которых коэффициент при уравнении Пелля не квадрат. А это означает, что решения будут всегда.
Значит такое уравнение всегда имеет решения при любых, хотя бы одном не нулевых коэффициентах - которые при первых степенях.
Хотя в уравнения Пелля входят только коэффициенты при вторых степенях. Существование решений зависит от первых.
Довольно красиво получается оказывается! Длинная формула несколько раз редактировать приходится.

individ.an · Сообщение **individ.an** » 12 фев 2015, 11:42

Это, что шутка?
Корень из 2 - это иррациональное число. Какие там могут быть решения?
Формулы длинные - народ у нас и не только отвык считать и часто совершают ошибки.
Если есть возможность давайте не захламлять тему говорильней о том, что я подставил и ничего не получается!

individ.an · Сообщение **individ.an** » 12 фев 2015, 11:54

ARRY писал(а):Source of the post Да понятно, что ТС решит уравнения в каких-то частных случаях. Для каких-то частных решений каких-то диофантовых уравнений, естественно, можно начертить подходящие формулы. Я не думаю, что это может представлять интерес.

В этом как раз и проблема. Не абстрактное рассуждения - могу ли я решить всё!
А решения конкретных уравнений. Вообще говоря - это проблема начертения подходящих формул.
Вот те формулы, что я сейчас разместил - Вы можете указать в какой книжке они нарисованы?
Или опять буете говорить, что они никому не нужны?
Я буду брать конкретную уравняшку и её решать - если никто мне мешать не будет.
Кстати заодно и ситемы нелинейных уравнений тоже решать буду.

ARRY · Сообщение **ARRY** » 12 фев 2015, 12:11

individ.an писал(а):Source of the post Я буду брать конкретную уравняшку и её решать - если никто мне мешать не будет.

Да решайте, ради бога, и не обращайте ни на кого внимания.Только любопытно, ради чего Вы проделали такой колоссальный и кропотливый труд по вычерчиванию столь трудоёмких формул.
Объясните, пожалуйста, Вашу цель. Иными словами, опишите проблему, которую Вы решаете.
Или Вы всерьёз стремитесь отыскать универсальный способ решения произвольного диофантова уравнения?
Или Вам доставляет наслаждение сам процесс выписывания формул? Это объяснимо, сам в молодости был грешен.
Но в любом случае сначала сформулируйте задачу.

yourdomain.com