Deje $x,y,z\in \mathbb{Z}$. Encontrar todos los naturales de $n$ tales que la ecuación de $x^2+y^2+z^2=n(xy+yz+zx)$ ha trivial(s) solución (es decir, distinta de $(0,0,0)$), o demostrar que no existe ninguno.
Nota: me han demostrado que para estos casos: - al $n$ es divisible por un primo - al $n=4k+3$ para cualquier entero no negativo $k$.
Parece que no hay soluciones no triviales para $n>1$, pero no puedo demostrarlo.
1. Soluciones para el caso general:
En primer lugar, un no-trivial para $n=5$:
$$(-5)^2+(-3)^2+(1)^2=35=5((-5)(-3)+(-5)(1)+(-3)(1))$$
Otros ejemplos:
$$n=10, P=(5,-1,2)$$
$$n=14, P=(11,-1,2)$$
$$n=17, P=(17,-3,5)$$
Esto se puede encontrar el uso de la Salvia (gratis):
R.< x,y,z >=Q[]
for i in range(30):
C = Curva(x^2 + y^2 + z^2 - i*x*y - i*x*z - i*y*z)
print(i,C. has_rational_point(punto = True));
Que usted puede encontrar una secuencia de posibles $n$:
$$1,2,5,10,14,17,26,29,37,50,62,65,74,77,82,98,101,109,110,122,125,145,\dots$$
Edit_1: Secuencia no se encuentra en OEIS.End_Edit_1
En general, la existencia de un punto racional de una cónica es relativa a la de Legendre del teorema. Si usted puede formar las ecuaciones, como se muestra en el enlace, luego basta para resolver la ecuación de primer prime utilizando el teorema del resto Chino, que es un procedimiento finito. Usted necesidad de adaptar el método para su problema, ya que no es fácilmente expresable en
$$aX^2+bY^2+cZ^2=0$$
Esto no acaba de responder a su pregunta sobre cómo clasificar los $n$'s, pero muestra que hay (supongo infinitamente) muchos de los $n$ que funciona.
Queremos transformar la cónica en el formulario $$aX^2+bY^2+cZ^2=0$$ Completando cuadrados, podemos cambiar $$x^2+y^2+z^2-nxy-nxz-nyz=0$$ en (a través de la multiplicación de $4 (-2 + n) (2 + n)$) $$(-1 + n) (4 z + 2 n z)^2 - ((2 + n) (-2 y + n y + n z))^2 - (4 - n^2) (2 x - n y - n z)^2=0$$ que se identifican con $$C:(n-1) X^2 + (-1)Y^2 + (n^2-4)Z^2=0,$$ es decir,$a=(n-1),b=-1,c=n^2-4$. Si, de hecho, nuestra curva tiene una solución, ciertamente, esto producirá una solución en $C$ por simple sustitución. Por el contrario, una solución de $C$ que nos permite encontrar el $(x,y,z)$ en términos racionales. Pero simplemente podemos ampliarlo a enteros por la eliminación de denominadores, por lo que los problemas son equivalentes.
Casi hemos terminado, tenemos $a,b,c$ a de a pares coprime. La única posibilidad es$p|(n-1)$$p|(n^2-4)$. A continuación,$p|n^2-n$, lo $p|(n^2-4)-(n^2-n)=n-4$. Por lo tanto $p|(n-1)-(n-4)=3$. es decir, cuando se $3|n-1\Longleftrightarrow n=3k+1$. Para ese caso, vamos a $d=(n-1,n^2-4)$, entonces podemos cambiar la ecuación
$$\dfrac{n-1}{d}(dX)^2+(-d)Y^2+\dfrac{n^2-4}{d}(dZ)^2=0$$
(Puede ser necesario repetir)
Ignorando este caso, de Legendre del teorema dice que $C$ tiene una solución si y sólo si las siguientes ecuaciones tienen soluciones (en este caso $X$'s puede ser diferente):
$$X^2\equiv -bc \pmod{|a|}\equiv n^2-4\pmod {n-1}$$
$$X^2\equiv -ca \pmod{|b|}\equiv -(n^2-4)(n-1)\equiv 0\pmod {1}$$
$$X^2\equiv -ab \pmod{|c|}\equiv n-1\pmod{n^2-4}$$
de que la segunda ecuación es extremadamente satisfecho. (nota: suponga $n>2$, ya que el $n=1,2$ será resuelto por separado.) Así que realmente queremos
$$X^2\equiv n^2-4\equiv -3\pmod{n-1}$$
$$X^2\equiv n-1\pmod{(n-2)(n+2)}$$
que parece no ser muy sencillo si se desea que todas las soluciones.
End_Edit_3
Edit_4!: Ahora estamos en una posición para demostrar la infinitud de $n$. Deje $a\in \mathbb Z, a>3$$3\nmid a$. Set $n=a^2+1$. Desde $3\nmid n-1=a^2$, $(n-1,n^2-4)=1$ por lo que podemos utilizar de Legendre del Teorema anterior. Por nuestra elección de $n$, podemos resolver la ecuación 2 fácilmente mediante el establecimiento $X=a$: $$X^2=a^2=(a^2+1)-1\equiv n-1\pmod{(n-2)(n+2)}$$ Por lo tanto todo se reduce a tener una solución para $$X^2\equiv-3\pmod{n-1}\Longleftrightarrow X^2\equiv -3\pmod{a^2}$$ Creo que la reciprocidad cuadrática será suficiente para encontrar todos esos $a$ y supongo que no debe ser infinitamente muchos.
Alternativamente, simplemente establezca $Z=0$ y observar:
$$(n-1)X^2+(-1)Y^2+(n^2-4)Z^2=(aX)^2-Y^2=(aX+Y)(aX-Y)$$
y tenemos una familia infinita de soluciones de $(t,\pm at,0)$.
es decir, todos los $n=a^2+1$ son soluciones. Con un trabajo en el que incluso podemos encontrar soluciones explícitas para cada una de las $n$ en nuestra ecuación original:
$$((1 + a) t)^2 + (t - t)^2 + ((1 + a^2) t)^2 = (a^2 +
1) (((1 + a) t) (t - t) + ((1 + a) t ((1 + a^2) t) + (t - t) ((1 +
a^2) t))$$
Donde $n=a^2+1$, $x=((1+a)t),y=(t-at),z=((1+a^2)t)$.
End_Edit_4
La idea es, una vez que usted puede encontrar uno racional punto, hay infinitamente muchos. De hecho, usted puede hacer una lista infinita de la familia con la idea de parametrización. El siguiente es un ejemplo de $n=2$.
Para $z=0$: $$x^2+y^2-2xy=0\Longleftrightarrow (x-y)^2=0$$ que es trivial, sólo $x\in \mathbb Z, y=x$.
Si $z\neq 0$, luego dividiendo por $z^2$ se puede considerar que la curva de $$C:\left(\dfrac{x}{z}\right)^2+\left(\dfrac{y}{z}\right)^2+1-2\left(\dfrac{x}{z}\dfrac{y}{z}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{z}\right)=0$$ o simplemente $$C:X^2+Y^2+1-2XY-2X-2Y=0$$ Podemos comprobar que el $C$ es irreductible, y ha de género 0. Por lo tanto, no debe ser racional parametrización a $\Bbb P^1$. El uso científico de los programas como MAPLE o Sage, usted puede encontrar uno de esos parametrización $\phi$: $$\phi:\mathbb P^1\to \mathbb C$$ $$t\mapsto \left(\dfrac{(t-1)^2}{(t+1)^2},\dfrac{(2t)^2}{(t+1)^2}\right)$$ Esto puede ser visualizado como $$\left(\dfrac{t-1}{t+1}\right)^4+\left(\dfrac{2t}{t+1}\right)^4+1 -2\left(\dfrac{t-1}{t+1}\right)^2\left(\dfrac{2t}{t+1}\right)^2-2\left(\dfrac{t-1}{t+1}\right)^2-2\left(\dfrac{2t}{t+1}\right)^2=0$$ Luego de compensación denominadores $(t+1)^4$ tenemos $$(t-1)^4+(2t)^4+(t+1)^4=2((t-1)^2(2t)^2+(t-1)^2(t+1)^2+(2t)^2(t+1)^2)$$ lo que podemos identificar como $$x=(t-1)^2, y=(2t)^2, z=(t+1)^2$$ Esto muestra que hay una infinidad de soluciones mediante la variación de $t$. En particular, dado que queremos entero de soluciones, debemos recoger $t\in \mathbb Z$. De lo contrario, cualquiera de las $x$ o $y\not\in \mathbb Z$. Creo que esto no cubre todos los puntos posibles, aunque no estoy seguro.
Edit_2: no se encuentra $(1,1,0)$ cualquier $t$. Sin embargo, desde la $t=\dfrac{A}{B}$$A,B\in \mathbb Z$, me han dado la configuración de parámetros como:
$$x=(A-B)^2, y=(2B)^2, z=(A+B)^2$$
Ahora esto cubre todos los puntos en $C$ si se consideran todos los $(A,B)\in \mathbb Z^2$.
End_Edit_2
Más en general, dado un punto racional, podemos dibujar una línea arbitraria a través de ella. Si estamos trabajando en el plano proyectivo, entonces el teorema de Bezout nos dice que habrá 2 puntos de intersección con la curva. Ahora tan larga como la nuestra y la curva de la línea tienen coordenadas enteras, a continuación, los puntos también se tienen coordenadas enteras. La línea arbitraria continuación, puede parametrizar mediante un parámetro $t$, por lo que podemos expresar todos los puntos en términos de $t$.
Responder a Paolo Leonetti, aquí están los pasos para completar el cuadrado. Yo no soy de agregar a la respuesta principal como el post ya es bastante largo.
1.1 Factor de $x$ variables
Grupo de la $x$ variables:
\begin{align*}
(x^2-nxy-nxz)+y^2-nyz+z^2=0\\
(x^2-n(y+z)x)+y^2-nyz+z^2=0
\end{align*}
Completar el cuadrado (y claro denominadores)
\begin{align*}
(x^2-n(y+z)x+\left(\dfrac{n(y+z)}{2}\right)^2-\left(\dfrac{n(y+z)}{2}\right)^2)+y^2-nyz+z^2=0\\
4(x^2-n(y+z)x+\left(\dfrac{n(y+z)}{2}\right)^2-\left(\dfrac{n(y+z)}{2}\right)^2)+4y^2-4nyz+4z^2=0\\
(4x^2-4n(y+z)x+(n(y+z))^2)-(n(y+z))^2+4y^2-4nyz+4z^2=0\\
(2x-n(y+z))^2-(n^2(y^2+2yz+z^2))+4y^2-4nyz+4z^2=0
\end{align*}
Deje $Z=2x-n(y+z)\Leftrightarrow x=\dfrac{Z+n(y+z)}{2}$, luego
$$Z^2-n^2y^2-2n^2yz-n^2z^2+4y^2-4nyz+4z^2=0$$
Nota: Así que opté por usar $Z$ aquí al deshacerse de la $x$. Ni siquiera sé por qué. Es sólo que... sucedió.
1.2 Factor de $y$ variables
Grupo $y$ variables:
\begin{align*}
Z^2+(4y^2-n^2y^2-2n^2yz-4nyz)+(4z^2-n^2z^2)=0\\
Z^2+((4-n^2)y^2-(2n^2+4n)yz)+(4-n^2)z^2=0
\end{align*}
Hacer que los coeficientes de $y^2$ una plaza:
\begin{align*}
(4-n^2)Z^2+(4-n^2)((4-n^2)y^2-2(n^2+2n)yz)+(4-n^2)^2z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+((4-n^2)^2y^2-2(n^2+2n)(4-n^2)yz)+(4-n^2)^2z^2=0
\end{align*}
Completar el cuadrado:
\begin{align*}
(4-n^2)Z^2+((4-n^2)^2y^2-2(n^2+2n)(4-n^2)yz+(n^2+2n)^2z^2-(n^2+2n)^2z^2)+(4-n^2)^2z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+((4-n^2)y-(n^2+2n)z)^2-(n^2+2n)^2z^2+(4-n^2)^2z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+((4-n^2)y-(n^2+2n)z)^2+((4-n^2)^2-(n^2+2n)^2)z^2=0
\end{align*}
Deje $Y=(4-n^2)y-(n^2+2n)z\Leftrightarrow y=\dfrac{Y+(n^2+2n)z}{4-n^2}$, luego
$$(4-n^2)Z^2+Y^2+((4-n^2)^2-(n^2+2n)^2)z^2=0$$
1.3 Factor de $z$ variables
\begin{align*}
(4-n^2)Z^2+Y^2+((4-n^2)^2-(n^2+2n)^2)z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+Y^2+(((2-n)(2+n))^2-(n(n+2))^2)z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+Y^2+((2-n)^2(n+2)^2-n^2(n+2)^2)z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+Y^2+((2-n)^2-n^2)(n+2)^2z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+Y^2+(4-4n+n^2-n^2)(n+2)^2z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+Y^2+(4-4n)(n+2)^2z^2=0\\
(4-n^2)Z^2+Y^2+(1-n)(4(n+2)^2z^2)=0\\
(4-n^2)Z^2+Y^2+(1-n)(2(n+2)z)^2=0
\end{align*}
Deje $X=2(n+2)z\Leftrightarrow z=\dfrac{X}{2(n+2)}$, luego
$$(4-n^2)Z^2+Y^2+(1-n)X^2=0$$
$$(n^2-4)Z^2-Y^2+(n-1)X^2=0$$
2. Birational isomorfismo
Vamos
$$C: x^2+y^2+z^2-n(xy+xz+yz)=0$$
y
$$F: (n-1)X^2-Y^2+(n^2-4)Z^2=0$$
Hemos demostrado que existe un racional mapa de $\phi$:
$$\phi: C\to F$$
$$(x,y,z)\mapsto \left(2(n+2)z,(4-n^2)y-(n^2+2n)z,2x-n(y+z)\right)$$
También podemos encontrar una relación inversa:
$$z=\dfrac{X}{2(n+2)}$$
$$y=\dfrac{Y+(n^2+2n)z}{4-n^2}=\dfrac{2Y+2n(n+2)z}{2(4-n^2)}=\dfrac{2Y+nX}{2(4-n^2)}$$
$$x=\dfrac{Z+n(y+z)}{2}=\dfrac{2(n+2)(Z+ny+nz)}{4(n+2)}=\dfrac{2(n+2)Z+2n(n+2)y+2n(n+2)z}{4(n+2)}=\dfrac{(2-n)2(n+2)Z+(2-n)2n(n+2)y+(2-n)nX}{(2-n)4(n+2)}=\dfrac{2(4-n^2)Z+2n(4-n^2)y+n(2-n)X}{4(4-n^2)}=\dfrac{2(4-n^2)Z+n(2Y+nX)+n(2-n)X}{4(4-n^2)}=\dfrac{2(4-n^2)Z+2nY+2nX}{4(4-n^2)}=\dfrac{(4-n^2)Z+nY+nX}{2(4-n^2)}$$
así que el inverso racional mapa
$$\psi: F\to C$$
$$(X,Y,Z)\mapsto \left(\dfrac{(4-n^2)Z+nY+nX}{2(4-n^2)},\dfrac{2Y+nX}{2(4-n^2)},\dfrac{X}{2(n+2)}\right)$$
Lo importante aquí es señalar que esto es sólo indefinido en $n=\pm 2$, lo que sugiere que manejar estos casos por separado.
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