Верхняя граница количества натуральных решений диоф.уравнен

[vicvolf]

Утверждение

Верхняя граница количества натуральных решений алгебраического диофантова уравнения $n$ порядка от $k$ переменных над кольцом целых чисел $F(x_1,...,x_k)=0$ в гиперкубе со стороной $N$ равна $nN^{k-1}$.

Теперь вопрос. Очевидно ли данное утверждение?

Для тех, кто считает данное утверждение очевидным, чтобы бы не быть голословным, прошу доказательство в "студию".

[DeBill]

А чё, какие то проблемы скрытные?
Ну, индукция: при $k=1$ это верно.
Шаг: Пусть наш многочлен имеет степень $m$ по переменной $x$: $F(x,y) = a(y) \cdot x^m +... $, так что $a(y)$ - многочлен степени $n-m = s$. Пусть $a$ имеет $M$ нулей в нашем кубике (это дает не боле $NM$ решений ур-я) . По предположению индукции, $ M\leqslant s \cdot N^{n-2}$ . В точках, где $a \ne 0$ (их $N^{n-1} - M$ штук), наш многочлен имеет не боле $m$ корней. Итого: решений не боле

$NM + m\cdot (N^{n-1} -M) = m\cdot N^{n-1} + M\cdot (N-m )\leqslant m\cdot N^{n-1} +N\cdot s \cdot N^{n-2}=nN^{n-1}$

[vicvolf]

DeBill в сообщении #1104320 писал(а):

Ну, индукция: при $k=1$ это верно.
Шаг: Пусть наш многочлен имеет степень $m$ по переменной $x$: $F(x,y) = a(y) \cdot x^m +... $, так что $a(y)$ - многочлен степени $n-m = s$. Пусть $a$ имеет $M$ нулей в нашем кубике (это дает не боле $NM$ решений ур-я) . По предположению индукции, $ M\leqslant s \cdot N^{n-2}$ . В точках, где $a \ne 0$ (их $N^{n-1} - M$ штук), наш многочлен имеет не боле $m$ корней. Итого: решений не боле

$NM + m\cdot (N^{n-1} -M) = m\cdot N^{n-1} + M\cdot (N-m )\leqslant m\cdot N^{n-1} +N\cdot s \cdot N^{n-2}=nN^{n-1}$

А где зависимость от $k$?

[DeBill]

vicvolf
Очепятка: одно из двух $n$ - то, которое пониже - это $k$

[vicvolf]

DeBill, Вы рассматриваете только приводимый многочлен от двух переменных $F(x,y)=F_1(x) \cdot F_2(y)$. Я таких ограничений не вводил.

[DeBill]

vicvolf в сообщении #1104361 писал(а):

DeBill, Вы рассматриваете только приводимый многочлен от двух переменных $F(x,y)=F_1(x) \cdot F_2(y)$.

Да нет же, любой, и от любых: $ x \in \mathbb{N} , y \in \mathbb{N} ^{n-1}$, собирая члены при старшей степени $x$, образуем многочлен $a(y)$ (может, это и константа - не важно).

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Дискуссионные темы (М)» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: не указана.

[vicvolf]

DeBill в сообщении #1104378 писал(а):

Да нет же, любой, и от любых: $ x \in \mathbb{N} , y \in \mathbb{N} ^{n-1}$, .

Опять ошибаетесь $ y \in \mathbb{N} ^{k-1}$. Кстати об этом раньше не говорилось.

Цитата:

собирая члены при старшей степени $x$, образуем многочлен $a(y)$

Как это может быть? Распишите подробнее. Вижу только произведение многочленов: $(x^m+.......)a(y)$.

DeBill в сообщении #1104320 писал(а):

Пусть $a$ имеет $M$ нулей в нашем кубике (это дает не боле $NM$ решений ур-я)

А почему не $mM$?

DeBill в сообщении #1104320 писал(а):

В точках, где $a \ne 0$ (их $N^{n-1} - M$ штук),

А это почему?

DeBill в сообщении #1104320 писал(а):

Итого: решений не боле
$NM + m\cdot (N^{n-1} -M) = m\cdot N^{n-1} + M\cdot (N-m )\leqslant m\cdot N^{n-1} +N\cdot s \cdot N^{n-2}=nN^{n-1}$

Не понятно. Просто подгонка под ответ и притом неправильный.

[DeBill]

vicvolf
1.Прошу прощения за (уже двойную) небрежность: писал, не глядя на Ваш текст - ну, и сказалась привычка такая, коль уж $\mathbb{R}$, то сразу непременно $\mathbb{R} ^n$
2."Не говорилось" - это верно. Потому что это все таки не образцово-показательное доказательство, а лишь его набросок. Поскольку утверждение достаточно простое, я предполагал, что детали Вы восстановите сами. Да и по правилам этого раздела, полные док-ва писать не следует...
3. Возможно, корень наших непоняток - в слове "порядок уравнения". Более для меня привычное словосочетание -"степень уравнения". Степенью многочлена называют наибольшую из степеней входящих в него мономов (а степень монома равна сумме показателей входящих в моном переменных). Совпадают ли наши определения? Если - нет, то и оценка может измениться...
4."Вижу" - такого у меня не было (не было скобок).
5. "Как" - ну, в точности как и написано.
6. "А почему" - потому что могло случиться, что и все остальные слагаемые в уравнении занулились - вот и получится, что любое $x$ подходит.
7. "А это" - всего различных "$y$" $\mathbb{N}^{k-1}$ штук, тех - $M$, остается -...
8. "Подгонка" - ???

[vicvolf]

DeBill в сообщении #1104320 писал(а):

$NM + m\cdot (N^{n-1} -M) = m\cdot N^{n-1} + M\cdot (N-m )\leqslant m\cdot N^{n-1} +N\cdot s \cdot N^{n-2}=nN^{n-1}$

Давайте я все таки исправлю ошибки и распишу подробней, а то за "идеей" не видно ошибок. У Вас там знак не меньше или равно, а просто меньше. Поясню подробней.
Итак по-вашему верхняя граница числа натуральных решений уравнения $n$ степени от $k$- переменных в гиперкубе со стороной $N$ равна:
$NM + m\cdot (N^{k-1} -M) = N \cdot s \cdot N^{k-2}+m \cdot N^{k-1}-m \cdot s \cdot N^{k-2}$ $=(s+m)N^{k-1}-m \cdot s \cdot N^{k-2}=nN^{k-1}-m \cdot s \cdot N^{k-2}$.
Ваша верхняя оценка меньше указанной в утверждении: $nN^{k-1}$, которая у Вас вообще не достигается.
На самом деле она достигается. Например, для уравнения $x-y=0$ количество натуральных решений в квадрате со стороной $N$ равно $N$.
То что Вы убрали хвост в выражении $-m \cdot s \cdot N^{k-2}$, чтобы подогнать под результат утверждения, я назвал соответственно.

[g______d]

vicvolf в сообщении #1104521 писал(а):

Ваша верхняя оценка меньше указанной в утверждении: $nN^{k-1}$, которая у Вас вообще не достигается.
На самом деле она достигается. Например, для уравнения $x-y=0$ количество натуральных решений в квадрате со стороной $N$ равно $N$.

А вы внимательнее посмотрите, чему равно $s$ для многочлена $x-y$ ...

[DeBill]

vicvolf

Да, хорошо, что, наконец, вся цепочка выписана без опечаток (которые Вы называете ошибками). Но: появились ошибки (которые Вы можете называть опечатками): использовалось предположение индукции (неравенство), но в Вашей редакции цепочки, в соответствующем месте, стоит равенство. Это не есть хорошо. Но даже если честно написать - неравенство, то тоже будет нехорошо: не надо спешить, заменяя (везде) $M$ на его оценку
: это неверно при $N < m$. Так что пока исправленная цепочка все еще нехороша.

vicvolf в сообщении #1104521 писал(а):

у Вас вообще не достигается.

Достигается, при $m=0$. Вообще, лично я, когда вижу, что пример противоречит оценке, провожу оценку прямо на этом примере. Вы тоже могли это сделать - и разрешить для себя это противоречие.

(Оффтоп)

vicvolf в сообщении #1104521 писал(а):

чтобы подогнать под результат утверждения, я назвал соответственно.

Подгонкой? Но тогда Ваши действия, видимо, уместно будет называть Разгонкой. И - можно прямой вопрос: Вы хотите РЕШИТЬ задачу, или НЕ РЕШИТЬ ее? Для первого - у нас есть все необходимое - ну, кроме аккуратности. Для второго: это может продолжаться бесконечно, тем более что у меня систематически встречаются и грамматические погрешности, и жаргонизмы...

-- 06.03.2016, 12:58 --

Ага, это уже написали..

[Brukvalub]

(Оффтоп)

DeBill в сообщении #1104538 писал(а):

И - можно прямой вопрос: Вы хотите РЕШИТЬ задачу, или НЕ РЕШИТЬ ее?

Чтобы понять истинные цели этого участника, достаточно посмотреть на предыдущие открытые им темы, например: http://dxdy.ru/post1091023.html#p1091023, или вот на эти исчерпывающие оценки предыдущих его тем:

nnosipov в сообщении #1041483 писал(а):

Утверждение о том, что $2^{l-1}(2^l-1) \sim \zeta(2l-1)/(\zeta(2l-1)-1)$ при $l \to \infty$, не тянет на дискуссионность. Совершенные числа притянуты за уши. В общем, чушь, вполне характерная для данного автора (достаточно взглянуть на список его тем).

nnosipov в сообщении #1041016 писал(а):

vicvolf в сообщении #1041011 писал(а):

Согласитесь с тем, что:
1. Факт, что асимптотическая плотность количества решений любого алгебраического диофантова уравнения с бесконечным числом решений равна 0, не является очевидным.
2. Данный результат получен впервые.

Этот факт очевиден до неприличия. Никому в голову не придётся выставлять его как "результат работы". Это просто смешно (обратите внимание на комментарии выше по поводу этого якобы результата).

и еще много-премного подобных оценок его "открытий".
Одним словом, ему нужно любой ценой получить "новый эпохальный результа" в теории чисел, и для этого все средства хороши!

Lia: см. post1104900.html#p1104900

[DeBill]

Brukvalub
Спасибо.

(Оффтоп)

А то я тут мечу чистые монеты - прям по серьезному...

[Brukvalub]

(Оффтоп)

DeBill, я давно взял себе за правило перед ответом вопрошающему, в тех случаях, когда мне кажется, что вопрошающий скрывает истинные цели своего вопроса, знакомиться с предысторией сообщений этого вопрошающего на форуме. Меня данный принцип не раз выручал и оберегал от напрасных усилий.