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[欣赏] 证明序列的有理性

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发表于 2021-11-10 12:41:30 | 显示全部楼层 |阅读模式

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序列$\{a_n\}$满足$a_1=-8$, 且\(4\sqrt[3]{a_n}+5\sqrt[3]{a_{n+1}}=3\sqrt[3]{7(a_n+1)(a_{n+1}+1)}\).
求证:$\{a_n\}$是一个有理数序列.
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2021-11-10 13:07:49 | 显示全部楼层
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 楼主| 发表于 2021-11-10 19:31:54 | 显示全部楼层
考察三次曲线$x^3+y^3=7$, 其上有一个有理点\((\frac43,\frac53)\)。
根据楼上链接中的割线定理(4)式,在齐次坐标下,一条直线和曲线`\Gamma:x^3+y^3=7z^3`交于三点\((x_1:y_1:z_1),(x_2:y_2:z_2),(x_3:y_3:z_3)\to x_1x_2x_3+y_1y_2y_3=7z_1z_2z_3\).
取\((x_3:y_3:z_3)\)为定点\((4:5:3)\),于是经过这个点的直线和$\Gamma$的两个交点\((x_1:y_1:z_1),(x_2:y_2:z_2)\)满足方程\(4x_1x_2+5y_1y_2=21z_1z_2\).
由于$\Gamma$关于`x,y`坐标对称,所以\((x_2:y_2:z_2)\in\Gamma\to (x_4:y_4:z_4)=(y_2:x_2:z_2)\in\Gamma\)。
于是从$(x_1:y_1:z_1)$到$(x_4:y_4:z_4)$的映射$F(x_1:y_1:z_1)=(x_4:y_4:z_4)$满足约束条件\[\begin{cases}4x_1y_4+5y_1x_4=21z_1z_4,\to &4\frac{x_1}{y_1}+5\frac{x_4}{y_4}=21\frac{z_1}{y_1}\frac{z_4}{y_4}\\&(\frac{x_1}{y_1})^3+1=7(\frac{z_1}{y_1})^3\\&(\frac{x_4}{y_4})^3+1=7(\frac{z_4}{y_4})^3\end{cases}
\]于是我们设$P_1=(-2:1:-1), F(P_h)=P_{h+1}$, 这里$P_h=(u_h:v_h:w_h)$, 则可得到
\(4\frac{u_h}{v_h}+5\frac{u_{h+1}}{v_{h+1}}=21\frac{w_h}{v_h}\frac{w_{h+1}}{v_{h+1}}\)
即\(4\frac{u_h}{v_h}+5\frac{u_{h+1}}{v_{h+1}}=3\sqrt[3]{7((\frac{u_h}{v_h})^3+1)((\frac{u_{h+1}}{v_{h+1}})^3+1)}\)
也就是本题中有$a_h=(\frac{u_h}{v_h})^3$
再由\((4:5:3),(x_1:y_1:z_1),(y_4:x_4:z_4)\)三点共线,将楼上链接中割线定理(3)式展开即得
\(\begin{cases}x_4=-20x_1^2 + 16x_1y_1 -63y_1z_1 + 105z_1^2\\
y_4=25x_1y_1 - 63x_1z_1-20y_1^2 + 84z_1^2\\
z_4=-12x_1^2 + 16x_1z_1 -15y_1^2 + 25y_1z_1
\end{cases}\)
也就是
\(F(u:v:w)=(-20u^2 + 16uv -63vw + 105w^2:25uv- 63uw-20v^2 + 84w^2:-12u^2 + 16uw -15v^2 + 25vw)\)

\(\begin{cases}
u_1=-2,v_1=1,w_1=-1\\
u_{h+1}=-20u_h^2 + 16u_hv_h -63v_hw_h + 105w_h^2\\
v_{h+1}=25u_hv_h - 63u_hw_h-20v_h^2 + 84w_h^2\\
w_{h+1}=-12u_h^2 + 16u_hw_h -15v_h^2 + 25v_hw_h\\
a_h=(\frac{u_h}{v_h})^3
\end{cases}\)

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发表于 2021-11-11 01:26:21 | 显示全部楼层

按楼上的思路顺着理过来

设`\D a_n=\left(\frac{x_n}{y_n}\right)^3,x_n^3+y_n^3=7z_n^3`,题设条件化为\[\begin{cases}
(x_1:y_1:z_1)=(-2:1:-1)\\
\D4x_ny_{n+1}+5x_{n+1}y_n=21z_nz_{n+1}
\end{cases}\]问题转化为求证在三次曲线`\Gamma:x^3+y^3=7z^3`上存在满足上述递推公式的有理点序列`\{(x_n:y_n:z_n)\}`。
注意到`(1:-1:0),(4:5:3)\in\Gamma`,以无穷远点`(1:-1:0)`为零元构造`\Gamma`上的一个加法运算`\oplus`,所建立的递推点列\[
(x_{n+1}:y_{n+1}:z_{n+1})=(4:5:3)\oplus(x_n:y_n:z_n)
\]按2#链接中的割线定理(4) 式正好满足\[4x_ny_{n+1}+5x_{n+1}y_n=7\cdot3z_nz_{n+1}
\]这是因为`\ominus(x_{n+1}:y_{n+1}:z_{n+1})=(y_{n+1}:x_{n+1}:z_{n+1})`.
由于`(x_1:y_1:z_1)\in\Gamma`,按2#链接中的割线定理(3) 式的推论,`(x_n:y_n:z_n)`都是有理点。
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 楼主| 发表于 2021-11-11 08:43:45 | 显示全部楼层
a.png
如图,解释一下4#所谓的加法运算`\oplus`及建立在其上的递推点列(图中点的横纵坐标交换了一下)。
三次曲线上的加法运算`\oplus`的基本性质是使得曲线在一条割线上的三点`P_1,P_2,P_3`满足\[
P_1\oplus P_2\oplus P_3=O
\]由于`P_1,P_2,P_3`地位对等,这个关系式体现了所定义运算恰当地满足结合律和交换律。
作为零元,当然要求`O\oplus O\oplus O=O`, 所以零元`O`是一条直线与三次曲线的三重切点,即拐点。
上图曲线有三个实拐点,4#选择了无穷远点`(1:-1:0)`,即直线`x+y=0`方向的无穷远点.

\(S(\frac53, \frac43)\)作为基点,从$A_1(-1,2)$出发,
每次连接直线$SA_{h-1}$交图中椭圆曲线于$B_h$(特别的,$A_1S$和曲线相切,所以$B_2=A_1$)
那么$B_h$关于直线$y=x$的对称点,即`B_h`与无穷远点`O=(1:-1:0)`连线与`\Gamma`的交点,即为$A_{h+1}$.
按上述定义的曲线上点的加法运算`\oplus`, 有\[\begin{cases}
A_{h+1}=S\oplus A_h\\A_h\oplus B_h=O\to A_h=\ominus B_h,B_h=\ominus A_h\\S\oplus A_h\oplus B_{h+1}=O
\end{cases}\]点$A_h$和原点连线的斜率就是题目中的\(\sqrt[3]{a_h}\)
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发表于 2021-11-11 08:59:36 | 显示全部楼层

用Mathematica10验算了一下

割线定理的一个应用.PNG
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 楼主| 发表于 2021-11-11 10:01:53 | 显示全部楼层
根据4#定义的加法和5#的解释,我们可以选择椭圆曲线$U^2=V^3-2/{6^3\times 7^4}$
上面基点即$(U_0,V_0)=(1/(9*6*7^2), 2/(3*6*7))$, 初始点即$(U_1,V_1)=((-3)/(6*7^2), 2/(6*7))$

? E=ellinit([0,-2/(6^3*7^4)]);
? S0=[2/(3*6*7), 1/(9*6*7^2)];
? S1=[2/(6*7), -3/(6*7^2)];
?X10=ellmul(E,S0,10);
?S10=elladd(E,X10,S1)
%15 = [28395465556831467422408607555538689628055704501/1810694001976693772340640804152735880167706748541, -38919588582375117357123695806989315228965829688705700184567398325811/2481216885643644244201504442105062935466845864828744599036535439667427562]
也就是得出V10=28395465556831467422408607555538689628055704501/1810694001976693772340640804152735880167706748541, U10=-38919588582375117357123695806989315228965829688705700184567398325811/2481216885643644244201504442105062935466845864828744599036535439667427562
使用变换公式$x=1/(42V)+(7U)/V, y=1/(42V)-(7U)/V$
可以得到
x10=12600890441838907957645459569070449371375152606634005730521799104896118/8337999747816694106183817539721276609139498901101127277532392064967489
y10=12717649207586033309716830656491417317062050095700122831075501299873551/8337999747816694106183817539721276609139498901101127277532392064967489
y10/x10=12717649207586033309716830656491417317062050095700122831075501299873551/12600890441838907957645459569070449371375152606634005730521799104896118
于是上面这个值就应该是\(\sqrt[3]{a_{11}}\)

  1. getslope(n)={
  2. local(E,S0,S1);
  3. local(R,V,U,x,y);
  4. E=ellinit([0,-2/(6^3*7^4)]);
  5. S0=[2/(3*6*7), 1/(9*6*7^2)];
  6. S1=[2/(6*7), -3/(6*7^2)];
  7. R=ellmul(E,S0,n-1);
  8. R=elladd(E,R,S1);
  9. V=R[1];
  10. U=R[2];
  11. x=1/(42*V)+7*U/V;
  12. y=1/(42*V)-7*U/V;
  13. y/x
  14. }
复制代码


? getslope(1)
%27 = -2
? getslope(2)
%28 = -1/2
? getslope(3)
%29 = -73/17
? getslope(4)
%30 = -65882/90271
? getslope(5)
%31 = 4309182809/191114642
? getslope(6)
%32 = -6048760527515143/6782875656593327
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2022-3-30 22:18:58 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2021-11-10 19:31
考察三次曲线$x^3+y^3=7$, 其上有一个有理点\((\frac43,\frac53)\)。
根据楼上链接中的割线定理(4)式,在 ...

把原式的根号去掉,并且令$x=a_{n},y=a_{n+1}$, 我们可以得到

\[\begin{eqnarray*}
0&=&x^{3}\left(6751269y^{3}+13395375y^{2}+8859375y+1953125\right)+\\&&x^{2}\left(6858432y^{3}-11498193y^{2}-11033250y+8859375\right)+\\&&x\left(2322432y^{3}-25571136y^{2}-11498193y+13395375\right)+\\&&262144y^{3}+2322432y^{2}+6858432y+6751269
\end{eqnarray*}\]

这是一条六次曲线,原命题的结论意味着这条曲线上有无穷多个有理点。

简单验证一下,代入x=-8, 得到y=-1/8, 然后x=y,如此反复,得到序列an

\[X=-2,  - \frac{1}{2},  - \frac{73}{17},  - \frac{65882}{90271},  \frac{4309182809}{191114642},  - \frac{6048760527515143}{6782875656593327},x=X^3\]

总感觉这背后对应着某个代数几何的内容,但这方面知识实在太匮乏,没有任何头绪。

显然,原问题可以推广到其他椭圆曲线上。

那么,有个不太明确的问题,系数$a_{ij}$满足什么条件时,曲线$\sum_{i,j=0}^{3}a_{ij}x^{i}y^{j}=0$

有无穷多个有理点?

我们知道,一般高于3次的曲线通常只有有限个有理点。这一类非平凡、可以由椭圆曲线构造的六次曲线是否

有人研究过?

点评

有相关资料没?不了解这方面的内容  发表于 2022-4-2 20:21
椭圆曲线所有切线满足的方程(也就是对偶空间上)是六次的  发表于 2022-4-2 11:48
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发表于 2022-3-30 22:50:05 | 显示全部楼层
本帖最后由 xiaoshuchong 于 2022-3-30 23:09 编辑

知乎上有个问题跟这个很像。

https://www.zhihu.com/question/503926747

https://www.zhihu.com/question/505817693

即证明以下两条曲线有无穷多个有理点

\[\begin{eqnarray*}
0&=&x^{3}\left(y^{2}-4y+7\right)+x^{2}\left(-y^{4}+4y^{3}-9y^{2}-7y+1\right)\\&&+x\left(14y^{3}+6y^{2}-9y-4\right)-9y^{4}-3y^{3}+7y^{2}+5y+1\\0&=&-x^{6}+20x^{3}-5x^{2}y^{2}+2y^{3}+y\left(4x^{4}-36x\right)-108
\end{eqnarray*}\]

第二条曲线对应这样一个序列

\[x=5,  \frac{33}{2},  \frac{2049}{8},  \frac{8388609}{128},  \frac{140737488355329}{32768},  \frac{39614081257132168796771975169}{2147483648},\cdots\]

那么,如何证明这个序列的有理性? 第一条曲线的有理点又是什么样的?
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发表于 2022-4-2 11:23:30 | 显示全部楼层
不知能不能仿照3#和4#那样的方法,这要如何回溯到一条三次曲线呢?

即使已知结果,由8#的6次曲线\[\begin{eqnarray*}
0&=&x^{3}\left(6751269y^{3}+13395375y^{2}+8859375y+1953125\right)+\\&&x^{2}\left(6858432y^{3}-11498193y^{2}-11033250y+8859375\right)+\\&&x\left(2322432y^{3}-25571136y^{2}-11498193y+13395375\right)+\\&&262144y^{3}+2322432y^{2}+6858432y+6751269
\end{eqnarray*}
\]回溯到形式\[4\sqrt[3]{x}+5\sqrt[3]{y}=3\sqrt[3]{7(x+1)(y+1)}
\]都不容易。
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