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如何得出星形线推广的隐式方程

本帖最后由 青青子衿 于 2019-11-7 15:34 编辑

\(\begin{align*}
\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}&=p\\
\left(p^{3}-x-y\right)^{3}&=27p^{3}xy\\
\end{align*}\)
\begin{align*}
&&\left(\frac{x}{a}\right)^{\frac{2}{3}}+\left(\frac{y}{b}\right)^{\frac{2}{3}}&=1 \\
&\Rightarrow&\left(1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}\right)^3&=27\left(\frac{xy}{ab}\right)^2
\end{align*}
\begin{align*}
&&\left(\frac{x}{a}\right)^{\frac{2}{3}}+\left(\frac{y}{b}\right)^{\frac{2}{3}}+\left(\frac{z}{c}\right)^{\frac{2}{3}}&=1 \\
&\Rightarrow&???\quad&=\quad???
\end{align*}

其实,主要目的是想得出“上面那种”等式两端均为多项式乘积型的隐式方程
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\[\big(A^3+B\big)^3=C\bigg(3(A^3+54A^2+243A+243)A^3-3(7A^3+27A^2-B)B-3(A^3-27A^2+B)C+C^2\bigg)\]
...
kuing 发表于 2019-3-6 00:46

回复 2# kuing
这个表达式已经相当漂亮了
要是可以写成这样的形式(我也不知道会是什么样子的,就大概表示如下)就最完美了
\[\big(A_1+A_2+\cdots+A_n\big)^p\big(B_1+B_2+\cdots+B_n\big)^q=\big(C_1+C_2+\cdots+C_n\big)^u\big(D_1+D_2+\cdots+D_n\big)^v\]

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回复 2# kuing
不知道这个恒等式(Lamé-Type Identities)有没有什么作用?
\begin{align*}
\left(x+y+z\right)^3-\left(x^3+y^3+z^3\right)
&=3\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-3xyz\\
\left(xy+yz+zx\right)^3-\left(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3\right)
&=3\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)xyz-3x^2y^2z^2\\
\end{align*}
\begin{align*}
\left(\sum_\limits{cyc}x\right)^3-\left(\sum_\limits{cyc}x^3\right)
&=3\left(\sum_\limits{cyc}x\right)\left(\sum_\limits{cyc}xy\right)-3\left(\prod_\limits{cyc}x\right)\\
\left(\sum_\limits{cyc}xy\right)^3-\left(\sum_\limits{cyc}x^3y^3\right)
&=3\left(\sum_\limits{cyc}x\right)\left(\sum_\limits{cyc}xy\right)\left(\prod_\limits{cyc}x\right)-3\left(\prod_\limits{cyc}x\right)^2\\
\end{align*}

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第二个:

\begin{align*}
a&=x^3+y^3+z^3,\\
b&=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3,\\
c&=xyz,\\
t&=x+y+z,\\
u&=xy+yz+zx,
\end{align*}
则不难验证以下两个等式成立
\begin{align*}
t^3-a-3tu+3c&=0,\\
u^3-b-3ctu+3c^2&=0,
\end{align*}
消去 $u$,得到
\[t^9-3(a+6c)t^6+3(a^2-9b+3ac+9c^2)t^3-(a-3c)^3=0,\quad(*)\]
kuing 发表于 2018-1-25 01:39


\begin{cases}  
\sigma_1=\sigma_{1,s}=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}\\   
\sigma_2=\sigma_{2,s}=\dfrac{x^2y^2}{a^2b^2}+\dfrac{x^2z^2}{a^2c^2}+\dfrac{y^2z^2}{b^2c^2}\\   
\sigma_3=\sigma_{3,s}=\dfrac{x^2y^2z^2}{a^2b^2c^2}\\  
\end{cases}
\begin{gather*}
p=\sqrt[3]{\frac{x^2}{a^2}}+\sqrt[3]{\frac{y^2}{b^2}}+\sqrt[3]{\frac{z^2}{c^2}}\\
\Downarrow\\
27{\color{purple}{k^3}}+27\left(p^3-\sigma_1\right){\color{brown}{k^2}}-9\left(p^3-\sigma_1\right)\left(2p^3+\sigma_1\right){\color{brown}{k}}+\left(p^3-\sigma_1\right)^3-27p^3\sigma_2=0
\end{gather*}
\[ \sigma_3=k^3 \]
\begin{cases}
U=\phantom{+}27\left(p^3-\sigma_1\right)\\
V={\color{red}{-}}9\left(p^3-\sigma_1\right)\left(2p^3+\sigma_1\right)\\
W=\phantom{+}\left(p^3-\sigma_1\right)^3-27p^3\sigma_2+27\sigma_3
\end{cases}
\[ U^3{\sigma_3}^2+\left(V^3-3UVW\right)\sigma_3+W^3=0 \]
好像只能表示成这样了~

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变成多项式方程,图形很可能就不等价了,例如 $\sqrt x+\sqrt y=1$,变成多项式方程后是 $x^2-2xy+y^2-2x-2 ...
hejoseph 发表于 2019-3-11 15:41

确实是,但是其实只是想找到这样形式的方程
\begin{align*}
&&2\left(x^2+y^2+z^2\right)&=(x+y+z)^2\\
&\iff&x^2+y^2+z^2&=2\left(xy+yz+zx\right)\\
\end{align*}
\begin{gather*}
&\iff&\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{z}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)=0\\
&\implies&\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)=0
\end{gather*}

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