La siguiente apareció en la sección de problemas de la De marzo de 2015 tema de la American Mathematical Monthly.
Mostrar que hay infinitamente muchos racional triples $(a, b, c)$ tal que $a + b + c = abc = 6$.
Por ejemplo, aquí hay dos soluciones $(1,2,3)$ y $(25/21,54/35,49/15)$.
La fecha límite para la presentación de las soluciones fue el 31 de julio de 2015, así que es seguro para preguntar: ¿hay una solución sencilla? Uno que no se trata de curvas elípticas, por ejemplo?
(Editar en la parte inferior.) Aquí está una elemental forma (conocido a Fermat) para encontrar un número infinito de puntos racionales. De $a+b+c = abc = 6$, tenemos que resolver la ecuación,
$$ab(6-a-b) = 6\tag1$$
La solución de $(1)$ como una ecuación cuadrática en $b$, su discriminante $D$ debe ser hecho de una plaza,
$$D := a^4-12a^3+36a^2-24a = z^2$$
El uso de cualquier no-solución cero $a_0$, hacer la transformación,
$$a=x+a_0\tag2$$
Para esta curva, vamos a $a_0=2$, y obtenemos,
$$x^4-4x^3-12x^2+8x+16$$
Asumir que se trata de una plaza,
$$x^4-4x^3-12x^2+8x+16 = (px^2+qx+r)^2$$
Expanda, y luego recoger las facultades de $x$ para obtener el formulario,
$$p_4x^4+p_3x^3+p_2x^2+p_1x+p_0 = 0$$
donde $p_i$ son polinomios en $p,q,r$. Entonces resolver el sistema de tres ecuaciones $p_2 = p_1 = p_0 = 0$, utilizando los tres incógnitas $p,q,r$. Uno termina con,
$$105/64x^4+3/8x^3=0$$
Por lo tanto, $x =-16/35$ o,
$$a = x+a_0 = -16/35+2 = 54/35$$
y usted tiene un nuevo punto racional,
$$a_1 = 54/35 = 6\times 3^{\color{rojo}2}/35$$
El uso de esta en $(2)$ $x = y+54/35$ y repita el procedimiento. Uno se pone,
$$a_2 = 6\times 4286835^{\color{rojo}2}/37065988023371$$
De nuevo el uso de este en $(2)$, eventualmente tendremos,
$$\pequeño {a_3 = 6\times 11838631447160215184123872719289314446636565357654770746958595}^{\color{rojo}2} /d\quad$$
donde el denominador $d$ es un entero grande demasiado tedioso de escribir.
Conclusión: Empezando con una "semilla" de la solución, sólo unas pocas iteraciones de este procedimiento ha dado $a_i$, con una forma similar $6n^{\color{rojo}2}/d$ que crecen rápidamente en "altura". De forma heurística, a continuación, se sugiere una infinita secuencia de los distintos racional $a_i$ que crecen en altura con cada iteración.
$\color{blue}{Editar}$: Cortesía de Aretino el comentario de abajo, a continuación, otra pieza del rompecabezas fue encontrado. Podemos traducir su recursividad en una identidad. Si,
$$a^4-12a^3+36a^2-24a = z^2$$
a continuación, las posteriores son,
$$v^4-12v^3+36v^2-24v = \left(\frac{12\,e\g\(e^2+3f^2)}{(e^2-f^2)^2}\right)^2$$
donde,
$$\begin{aligned} v &=\frac{-6g^2}{e^2-f^2}\\ \text{y}\\ e &=\frac{a^3-3a^2+3}{3a}\\ f &=\frac{a^3-6a^2+9a-6}{z}\\ g &=\frac{a^3-6a^2+12a-6}{z} \end{aligned}$$
A partir de $a_0=2$, esto conduce a $v_1 = 6\times 3^2/35$, entonces $v_2 = 6\times 4286835^2/37065988023371$, ad infinitum. Por lo tanto, este es un elemental demostración de que hay una secuencia infinita de racional $a_i = v_i$ sin atractivo para las curvas elípticas.
De manera más general, supongamos que para algún $S,P$ se nos ha dado una solución racional $(a_0,b_0,c_0)$ de la ecuación de Diophantine $$ E = E_{S,P}: \quad a+b+c = S, \ \ abc = P. $$ A continuación, mientras $a,b,c$ son pares distintos, podemos obtener una nueva solución de dólares(a_1,b_1,c_1)$ por la aplicación de la transformación $$ T\bigl((a,b,c)\bigr) = \left( -\frac{a(b-c)^2}{(a-b)(a-c)} \, , -\frac{b(c-a)^2}{(b-c)(b-a)} \, , -\frac{c(a-b)^2}{(c-a)(c-b)} \right). $$ De hecho, es fácil ver que las coordenadas de $T(a,b,c)$ multiplicar $abc$; que también se suma a $a+b+c$ sólo toma un poco de álgebra. (Esta transformación fue obtenida por sobre $abc=P$ como una curva cúbica en el plano $a+b+c=S$, la búsqueda de la tangente en $(a_0,b_0,c_0)$, y de computación en su tercer punto de intersección con $abc=P$; ver foto y comentarios adicionales a continuación.) Podemos, a continuación, repita el procedimiento, la informática, la $$ (a_2,b_2,c_2) = T\bigl((a_1,b_1,c_1)\bigr), \quad (a_3,b_3,c_3) = T\bigl((a_2,b_2,c_2)\bigr), $$ etc., mientras cada uno $a_i,b_i,c_i$ son, de nuevo, de a pares distintos. En nuestro caso $S=P=6$ y partimos de $(a_0,b_0,c_0) = (1,2,3)$, encontrar $(a_1,b_1,c_1) = (-1/2, 8, -3/2)$, $(a_2,b_2,c_2) = (-361/68, -32/323, 867/76)$, $$ (a_3,b_3,c_3) = \left( \frac{79790995729}{9885577384}\, ,\ -\frac{4927155328}{32322537971}\, ,\ -\frac{9280614987}{24403407416}\, \right), $$ "etcetera".
Como con el recursiva construcción dada por Tito Piezas III, la construcción de $T$ a través de las tangentes a una cúbico es un ejemplo de una técnica clásica que ha sido incorporado a la moderna la teoría de curvas elípticas, pero no requiere explícita profundizar en esta teoría. También como con TPIIIde construcción, completar la prueba requiere que muestra que la iteración no finalmente ciclo. Hacemos esto al mostrar que (según lo sugerido por los tres primeros pasos) las soluciones de $(a_i,b_i,c_i)$ obtener cada vez más complicado a medida que $i$ aumenta.
Podemos medir la complejidad de un número racional por escrito como de $m/n$ en términos mínimos y la definición de una "altura" $H$ $H(m/n) = \sqrt{m^2+n^2}$. Utilizando la definición de las ecuaciones de $E_{S,P}$, eliminamos $b,$ c de la fórmula para la primera coordenada de $T\bigl( (a,b,c) \bigr)$, y de la misma manera para cada una de las otras dos coordenadas, encontrando que $$ T\bigl( (a,b,c) \bigr) = (t(a),t(b),t(c)) \bigr) $$ donde $$ t(x) := -\frac{x^2(x-S)^2 - 4Px}{x^2(2x-S)+P}. $$ Nos encontramos con que el numerador y el denominador son primos relativos como polinomios en $x$, a menos que $P=0$ o $P=(S/3)^3$, cuando $E_{S,P}$ es degenerado (obviamente así que si $P=0$, y con un aislado de doble punto en $a=b=c=S/3$ si $P=(S/3)^3$). Mus $t$ es una función racional de grado $4$, lo que significa que $$ t(m/n) = \frac{N(m,n)}{D(m,n)} $$ para algunos polinomios homogéneos $N,$ D de grado $4$ sin factor común. Reclamamos:
La proposición. Si $f=N/D$ es una función racional de grado $d$ entonces existe $c>0$ tales que $H(t(x)) \geq c H(x)^d$ para todo $x$.
Corolario: Si $d>1$ y una secuencia de $x_0,x_1,x_2,x_3,\ldots$ se define inductivamente por $x_{i+1} = f(x_i)$, entonces $H(x_i) \rightarrow \infty$ como $i \rightarrow \infty$ siempre $H(x_i)$ es lo suficientemente grande, es decir, $H(x_i) > c^{-1/(d-1)}$.
La prueba de la Proposición: Este sería claro si sabíamos que la fracción $f(m/n) = N(m,n)/D(m,n)$ debe ser en términos mínimos, porque entonces podríamos tomar $$ c = c_0 := \min_{m^2+n^2 = 1} \sqrt{N(m,n)^2 + D(m,n)^2}. $$ (Tenga en cuenta que $c_0$ es estrictamente positivo, porque es el valor mínimo de una positiva continua en función de la unidad de círculo, y el círculo unidad es compacto.) En general $N(m,n)$ y $D(m,n)$ no necesita ser relativamente primos, pero su mcd es acotada arriba: porque $N,$ D no tienen ningún factor común, tienen distinto de cero combinaciones lineales de la forma $R_1 m^{2d}$ y $R_2 n^{2d}$, y puesto que $\gcd(m^{2d},n^{2d}) = \gcd(m,n)^{2d} = 1$ tenemos $$ \gcd(N(m,n), D(m,n)) \leq R := \text{lcm} (R_1,R_2). $$ (En realidad $R = \pm R_1 = \pm R_2$, el valor común de ser $\pm$ la resultante de $N$ y $D$; pero no necesitamos esto.) Por lo tanto podemos tomar $c = c_0/R$, QED.
Para nuestro grado-$4$ funciones $t$ asociados con $E_{S,P}$ calculamos $R = P^2 (27P-S^3)^2$, que es de $18^4$ para $S=P=6$; y calculamos $c_0 > 1/12$ (el mínimo se produce cerca de $(.955,.3)$). Por lo tanto la secuencia de de soluciones de $(a_i,b_i,c_i)$ es la garantía de que no ciclo de una vez de la coordinar tiene altura de por lo menos $(12 \cdot 18^4)^{1/3} = 108$. Esto ya pasa de $i=2$, así hemos demostrado que $E_{6,6}$ tiene una infinidad de soluciones racionales. $\Caja$
La misma técnica funciona con TPIII's la recursividad, que ha $d=9$.
El siguiente Sage gráfico muestra:
en $\color{blue}{\text{blue}}$, la curva de $E_{6,6}$, proyectada para el $(a,b)$ avión (con coordenadas en $[-6,12]$);
en $\color{color gris}{\text{gris}}$, las asíntotas $a=0$, $b=0$ y $c=0$;
y en $\color{orange}{\text{orange}}$, $\color{red}{\text{rojo}}$, y $\color{color marrón}{\text{marrón}}$, las tangentes a la curva en el $(a_i,b_i,c_i)$ que cumplen con la curva de nuevo en $(a_{i+1},b_{i+1},c_{i+1})$, para $i=0,1,2$:
Otras soluciones pueden ser obtenidos de intersección $E$ con la línea de uniendo dos puntos consecutivos; esto se ilustra por el de puntos $\color{verde}{\text{verde}}$ de la línea, que conecta la $i=0$ a $i=2$ punto, y cumple con $E$ de nuevo en un punto de $(20449/8023, 25538/10153, 15123/16159)$ con todas las coordenadas positivas.
En la moderna teoría de curvas elípticas, los puntos racionales (incluyendo cualquier racional "de los puntos en el infinito", aquí las asíntotas) forma un aditivo grupo, con tres puntos de añadir a cero iff son la intersección de $E$, con una línea (contadas con multiplicidad). Por lo tanto, si denotamos nuestro punto inicial de $(1,2,3)=(a_0,b_0,c_0)$ $P$, el mapa de $T$ es la multiplicación por $-2$ en el grupo la ley, por lo que el $i$-ésima iteración es de $(-2)^i P$ y $(20449/8023, 25538/10153, 15123/16159)$ es $-(P+4P) = -5P$. Cíclico permutaciones de las coordenadas de la traducción por un 3-torsión en el punto (de hecho, de una curva elíptica tiene un racional 3-torsión punto de iff es isomorfo con $E_{S,P}$ $S$ y $P$), y la conmutación de dos coordenadas es la multiplicación por $-1$. La iteración construido por Tito Piezas III es la multiplicación por $\pm 3$ en el grupo de derecho; en general, la multiplicación por $k$ es una función racional de grado $k^2$.
Sólo tenemos que probar que para infinitos valores de $p\in\mathbb{Q}$ el polinomio $$ p(x)=x^3-6x^2+qx-6 $$ completamente divisiones de más de $\mathbb{Q}$. Que es el mismo como el requisito de que $$ p(x+2) = x^3+(p-12)x+(2t-22) $$ completamente divisiones de más de $\mathbb{Q}$. Suponiendo que $u,w,w$ son las raíces de la anterior polinomio, entonces $u+v+w=0$, $uv+uw+vw=(p-12)$, $uvw=22-2q$, así que sólo tenemos que demostrar que no es una aperiódica racional mapa de $\phi:(u,v)\(\tilde{u},\tilde{v})$, que conserva: $$-2=uvw+2(uv+uw+vw) = -2u^2-2uv-2v^2-u^2 v - v^2 u$$ pero honestamente no sé cómo encontrarlo sin la invocación de la estructura de grupo de una curva elíptica.
Racional triple $(a,b,c)$ satisface $a+b+c=abc=6$ si y sólo si $$c=6-a-b\qquad\text{ y }\qquad ab(6-a-b)=6,$$ donde la última es equivalente a $$a\cdot b^2+a(a-6)\cdot b+6=0,$$ lo que muestra que $b=\tfrac{6}{2}\pm\tfrac{1}{2a}\sqrt{a^2(a-6)^2-24a}$. Debido $a$ y $b$ son racionales, la expresión $$a^2(a-6)^2-24a=a^4-12a^3+36a^2-24a,$$ debe ser racional plaza. Por lo que es suficiente para mostrar que la curva de $$x^4-12x^3+36x^2-24x=y^2,$$ tiene infinidad de puntos racionales. No veo una elemental forma de hacerlo. Cabe señalar que se pueden haber visto los puntos racionales de $(0,0)$ y $(2,2)$.
Es una burda manera de terminar es de notar que esta curva es birational a la curva elíptica $$y^2=x^3-9x+9,$$ positiva de rango, por lo que, de hecho, hay infinitamente muchas soluciones racionales.
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