$x-\frac1x+y-\frac1y=4\,$ no tiene soluciones racionales?

Question

¿Existen los números racionales $x,y$ tal que $x-\frac1x+y-\frac1y=4?$

Yo creo que no, porque la ecuación se reduce a $\frac{x^2-1}{x}+\frac{y^2-1}{y}=4\implies x^2y+x(y^2-4y-1)-y=0$ en dos variables es irreductible en el campo de $\mathbb{Q}$(Eisenstein) Es mi razonamiento correcto? Gracias de antemano.

Answer 1

No, tu razonamiento es incorrecto.

Como un simple ejemplo, considere la ecuación de $x^2 + y^2 - 1 = 0$. El LHS es irreducible sobre $\mathbb Q$, pero la ecuación tiene un montón de soluciones racionales (por ejemplo, $(x,y) = (3/5,4/5)$).

Como otro ejemplo, tomar su ecuación y sustituir "4" "3". Con ese "menor" en cambio, se puede obtener la solución racional $(x,y) = (2,2)$, y sin embargo la correspondiente polunomial en $x,y$ es irreducible sobre $\mathbb Q$.

Como durante su ecuación, sospecho que no hay soluciones racionales, pero si es así, prueba probablemente requerirá de métodos de la teoría de curvas elípticas.

Answer 2

@cuasi respuesta establece que la pregunta original es básicamente equivalente a la siguiente: "¿hay puntos racionales en $v^2=b^3+6b^2+b$?" Como cuasi comentarios, la solución de $(b,v)=(0,0)$ no conduce a una solución racional a la ecuación original; ni (esto no es mencionado en la actualidad en cuasi respuesta) ¿alguna solución con $b=-1$ debido a que estos corresponden a $a=\infty$ en cuasi del reajuste de parámetros de la ecuación original.

Bueno, esta es una curva elíptica así que vamos a pedir una curva elíptica de expertos, en este caso la Salvia.

In[2]: E = EllipticCurve([0,6,0,1,0]); E
Out[2]: Elliptic Curve defined by y^2 = c^3 + 6*x^2 + x over Rational Field

In[3]: E.analytic_rank_upper_bound()
Out[3]: 0

In[4]: E.prove_BSD()
Out[4]: []

In[5]: E.torsion_points()
Out[5]: [(-1 : -2 : 1), (-1 : 2 : 1), (0 : 0 : 1), (0 : 1 : 0)]

Aquí, Out[3] nos está diciendo que la analítica rango de esta curva (condicional en GRH) es, sin duda cero. De hecho, la curva es equivalente a Cremona 32a4 que se conoce para tener analítica rank 0, pero soy ignorante y no sabe cómo llegar Sage para el informe de este. Out[4] nos está diciendo que no puede demostrar Abedul-Swinnerton-Dyer para esta curva sin excepciones, por lo que el rango de la curva del grupo también es 0. Y Out[5] nos está diciendo que la única torsión de los puntos de la curva (por lo tanto, ya que el rango es cero, los únicos puntos) son el punto en el infinito, el punto de $(b,v)=(0,0)$, y los puntos de $(b,v)=(-1,\pm2)$. Ninguno de estos rendimientos de una solución racional a la ecuación original.

Answer 3

Considere la ecuación

$$x-\frac1x+y-\frac1y=4 \tag{1}$$

Deje $a = x + y$ y deje $b = -xy$. Entonces

$$x-\frac1x+y-\frac1y = a + \frac{a}{b}$$

$$(x - y)^2 = a^2 + 4b$$

De ello se deduce que la ecuación (1) tiene una solución racional $(x,y)$ si y sólo si existen números racionales $a,b,u$ tal que

$$a+\frac{a}{b} = 4 \tag{2}$$

$$a^2 + 4b = u^2 \tag{3}$$

Tenga en cuenta que la ecuación (2) implica $b \ne 0$.

Solución de la ecuación (2) por $a$ rendimientos

$$a = \frac{4b}{b+1}$$

que le da otra restricción, es decir,$b \ne -1$.

La sustitución de $a$ $((4b)/(b+1))$ en la ecuación (3) y, a continuación, simplificando el resultado, obtenemos

$$v^2 = b^3 + 6b^2 + b \tag{4}$$

donde $v = (u/2)(b+1)$.

De ello se deduce que la ecuación (1) tiene una solución racional $(x,y)$ si y sólo si, la ecuación (4) tiene una solución racional $(b,v)$ con $b \ne 0$, $b \ne -1$.

Ahora la ecuación (4) es la ecuación de una curva elíptica, por lo que la pregunta es, ¿la curva elíptica de la ecuación (4) tiene un punto racional $(b,v)$ con $b \ne 0$, $b \ne -1$?

Voy a dejar que la curva elíptica de expertos de tomar de aquí.

Answer 4

Aquí es un boceto de un ingenuo prueba de que no tiene soluciones (sin curvas elípticas).

Podemos suponer que x es positivo, de lo contrario iba a cambiar x -1/x. El mismo con y. $x^2y+x(y^2-4y-1) -y =0$

$D=(y^2-4y-1)^2+4y^2$ debe ser un cuadrado de un número racional. Si $y=\frac{m}{n}$ (suponiendo que m y n son co-prime), luego multiplicando por $n^4$ tenemos

$(m^2-4mn-n^2)^2 + 4m^2n^2 = v^2$ donde $v$ es natural.

1. Si bien $m$ o $n$ es incluso la de $2mn$ $m^2-4mn-n^2$ co-prime. Por lo tanto $2mn=2xy$ y $m^2-4mn-n^2 = x^2-y^2$ naturales $x$$y$. O el último es $m^2-2mn +n^2-2n^2 = x^2+2xy + y^2-2y^2$ desde $mn=xy$.

$(m-n)^2-2n^2=(x+y)^2-2y^2$ o $(m-n)^2 - (x+y)^2= 2 (n^2-y^2)$

$(m-n-x-y)(m-n+x+y)=2(n-y)(n+y)$. Utilizando el hecho de que los números de $m-n-x-y$ $m-n+x+y$ son ambos pares o impares y lo mismo con los números de $n-y$ $n+y$ obtenemos que todos los números son aún. Haciendo paso similar infinitamente muchas veces obtenemos que ambos lados son divisibles por infinito número de potencias de 2, por lo tanto ambos lados son 0, lo que es imposible. UPD: esta parte está mal. Voy a tratar de cambiar más adelante. Lo siento.:(

2. Si tanto $m$ $n$ son impares, entonces $mn=x^2-y^2$ $m^2-4mn-n^2 = 8xy$ naturales $x$$y$. A continuación, $5m^2-(2m+n)^2$ es divisible por 8 por alguna extraña $m$$n$, lo cual es imposible ya que extraño plaza tiene resto 1.