某双条件高次代数等式

青青子衿

已知
\begin{align*}
\color{black}{b^3+8a^2d}&\color{black}{=4abc}\\
\color{black}{\left(3 b^2-8 a c\right)^2}&\color{black}{=16 a^2 \left(12 a e-3 b d+c^2\right)}
\end{align*}
证明如下代数表达式恒为零
\begin{align*}
\color{black}{F(x,y)=x^2 y^2 \left(8 a b e-4 a c d+b^2 d\right)+x y (x+y) \left(4 b^2 e-4 a d^2\right)}\\
\color{black}{-x y \left(16 a d e-8 b c e+2 b d^2\right)+8 b e^2-4 c d e+d^3}
\end{align*}

kuing

无脑消元计算即可证明，只是好奇这问题的背景是啥？

若 `a\ne0`，由第一式得 `d=(4abc-b^3)/(8a^2)`，代入第二式以及 `F` 的各项系数中化简，结果全都出现同一个因式 `b^4-8 a b^2 c+16 a^2 c^2-64 a^3 e`，所以就恒为零了，`a=0` 的情况懒得理了。

PS、如果你想纯黑色，其实不需要用那么多 \color{black}... ，你写完全部内容后全选，再点编辑器左上角的 A 再点黑色即可。

青青子衿

kuing 发表于 2022-11-27 15:48
无脑消元计算即可证明，只是好奇这问题的背景是啥？

若 `a\ne0`，由第一式得 `d=(4abc-b^3)/(8a^2)`，代入 ...

那是不是意味着那个二元多项式的系数可以用这两个基表示呢？（也不知道是不是非线性表示）
\begin{align*}
T_{1}&=\left(b^2-4 a c\right)^2-64 a^3 e\\
T_{2}&=8 a^2 d+b \left(b^2-4 a c\right)
\end{align*}
或是
\begin{align*}
T_{2}&=8 a^2 d+b \left(b^2-4 a c\right)\\
T_{3}&=a d^2-b^2 e
\end{align*}

青青子衿

格罗布纳多项式基
GroebnerBasis[{8 a^2 d + b (b^2 - 4 a c), a d^2 - b^2 e},
  {a, b, c, d, e}] // Factor
U - 2 ((b U + 8 e V)/d) x y + ((a U - d V)/e) x^2 y^2 -
   4 V x y (x + y) /. {U -> d^3 - 4 c d e + 8 b e^2,
   V -> a d^2 - b^2 e} // Factor

\begin{align*}
F(x,y)&=\frac{(a U-d V)}{e}x^2 y^2-4 V x y (x+y)-\frac{2(b U+8 e V)}{d}xy+U\\
&=\frac{U\left(a d x^2 y^2-2 b e x y+d e\right)-Vxy (d x+4 e) (d y+4 e) }{d e}
\\
\\
U&=8 b e^2-4 c d e+d^3\\
V&=a d^2-b^2 e
\end{align*}

不知道还会产生哪些奇妙的条件恒等式？