Диофантово уравнение третьей степени

[TR63]

kotenok gav, у Вас утверждение: $x^2<0$. Оно должно быть абсолютно ложным во всей области определения. Ищите его область определения. Она должна быть полной (непрерывной, без разрывов). А, у Вас точка $x=0$ выкидывается, т.к. $0=0$. Получается разрыв. Там ещё разные моменты надо учитывать. Но речь пока не об этом. Надо разобраться с контрпримерами.

scwec, спасибо за контрпримеры. Думаю, что моя ошибка именно в том, что лишь почти

TR63 в сообщении #1387272 писал(а):

Почти это предположение я вывела

У меня получалась только необходимость, но не достаточность. Значит одной необходимости недостаточно.

scwec, есть ли контрпример, когда в области $z^2<a_2+c$ только один корень и он равен $x=z$, при отсутствии отрицательных корней.

[Andrey A]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1387333 писал(а):

Значит одной необходимости недостаточно.

Именно. Но одной недостаточности вполне необходимо. TR63, Вы на пути к открытию какой-то новой полу логики. Она завораживает. До сих пор не могу прийти в себя.

[Someone]

TR63 в сообщении #1387333 писал(а):

у Вас утверждение: $x^2<0$. Оно должно быть абсолютно ложным во всей области определения. Ищите его область определения. Она должна быть полной (непрерывной, без разрывов). А, у Вас точка $x=0$ выкидывается, т.к. $0=0$.

Чаво???

[Singular]

При $z=0,\pm1,\pm2$ - одно действительное решение, из которых целочисленных решений нет

$$x=\frac{4}{3}-2\sqrt{\frac{10}{9}}\ch\left(\frac{1}{3}\operatorname{arch}\left(\frac{\frac{268}{27}-z^2}{2\sqrt{\left(\frac{10}{9}\right)^3}}\right)\right)$$

При $z=\pm3$ - три действительных решения ($k=0,1,2$), из которых целочисленное $x=3$ только одно при $k=1$

$$x=\frac{4}{3}+2\sqrt{\frac{10}{9}}\sin\left(\frac{1}{3} \left(2\pi k+\arcsin\left(\frac{5}{12}\sqrt{\frac{9}{10}}\right)\right)\right)$$

При $\left|z\right|\geq4$ - одно действительное решение, где вопрос о наличии целочисленного решения можно решить перебором

$$x=\frac{4}{3}+2\sqrt{\frac{10}{9}}\ch\left(\frac{1}{3}\operatorname{arch}\left(\frac{z^2-\frac{268}{27}}{2\sqrt{\left(\frac{10}{9}\right)^3}}\right)\right)$$

Лень было перебирать варианты, но при $z<10^3$ целочисленных решений нет.

[TR63]

Someone в сообщении #1387355 писал(а):

Чаво???

Someone, согласна, что написала бред. Но $x^2<7$ следует из утверждения $x^2<0<7$. А, это утверждение частично ложное.
Гипотетические доказательства из ложных утверждений я использую только при поверхностном рассмотрении задачи (особо на них не полагаясь). В верности результата я больше уверена, когда использую метод разделения на не пересекающиеся классы с дальнейшей экстраполяцией. Кстати, в исходной задаче достаточно информации для такой технологии. Но там есть моменты, которые ранее не встречались.
Далее обсуждать, используемые мной методы, не собираюсь и другим использовать их не советую.
Singular, я, возможно не очень точно поняла Ваш ответ.

Singular в сообщении #1387436 писал(а):

при $z<10^3$ целочисленных решений нет

Верно ли, что это ответ на вопрос

TR63 в сообщении #1387333 писал(а):

есть ли контрпример, когда в области $z^2<a_2+c$ только один корень и он равен $x=z$, при отсутствии отрицательных корней.

[Singular]

TR63 в сообщении #1387463 писал(а):

Singular, я, возможно не очень точно поняла Ваш ответ.

Singular в сообщении #1387436 писал(а):

при $z<10^3$ целочисленных решений нет

Да, прошу прощения, написал некорректо. Я имел в виду при $4\leq z<10^3$.

[TR63]

Singular, спасибо.

[Singular]

Предположим, что $x=x_0$ - известное целочисленное решение уравнения

$$x^3-4x^2+2x+12-z^2=0.$$

Пусть $x=x_0+n$ - какое-нибудь другое решение того же уравнения при условии, что $n$ - целое число. Тогда

$$\left(x_0+n\right)^3-4\left(x_0+n\right)^2+2\left(x_0+n\right)+12-z^2=0;$$

$$n^3+\left(3x_0-4\right)n^2+\left(3x_0^2-8x_0+2\right)n=0.$$

Случай $n=0$ нас не интересует, в итоге

$$n^2+\left(3x_0-4\right)n^2+\left(3x_0^2-8x_0+2\right)=0;$$

$$n=\frac{1}{2}\left(4-3x_0\right)\pm\frac{1}{2}\sqrt{-3x_0^2+8x_0+8}$$

Число $n$ - действительное, следовательно подкоренное выражение должно быть положительным, т.е.

$$\frac{4}{3}-\frac{2}{3}\sqrt{10}\leq x_0\leq\frac{4}{3}+\frac{2}{3}\sqrt{10}.$$

Этому интервалу соответствует только одно единственное целочисленное решение $\left(x_0,z\right)=\left(3,\pm3\right)$, следовательно $n=-\frac{5}{2}\pm\frac{\sqrt{5}}{2}$, что противоречит тому, что $n$ - целое число. Вывод: существует только единственное решение в целых числах $\left(x,z\right)=\left(3,\pm3\right)$ исходного уравнения.

[TR63]

Singular, большое спасибо.

[Andrey A]

Singular в сообщении #1387489 писал(а):

Пусть $x=x_0+n$ - какое-нибудь другое решение того же уравнения...

В другом решении будет другое $z$, а они у Вас благополучно уничтожились при почленном вычитании. Так бы всё было складно.

[Singular]

Хмм... ваша правда. Согласен

[Andrey A]

Доказательство уже имеем по ссылке g______d. Если хочется элементарными методами, добавлю что $z$ – число вида $3k$, $x$ – число вида $9n+3$, что следует из соображений сравнимости. По необходимости можно обосновать.

[g______d]

Andrey A в сообщении #1387519 писал(а):

Доказательство уже имеем по ссылке g______d.

Ну, доказательство по ссылке -- это сильно сказано. Скорее, это ссылка на справочник по эллиптическим кривым, который ссылается на системы компьютерной алгебры (например, Sage). В частности, там есть команда "найти целые точки". Наверное, она не всегда быстро работает. Но можно туда подставлять другие уравнения и смотреть, не знаю, насколько содержательно, но уж точно более содержательно, чем занятия ТС, игнорирующие сотни лет прогресса в изучении эллиптических кривых.

[TR63]

g______d в сообщении #1387612 писал(а):

занятия ТС, игнорирующие сотни лет прогресса в изучении эллиптических кривых.

Лично, я не игнорирую сотни лет прогресса. Я исследую не произвольное уравнение или неравенство, а уравнения, неравенства, обладающие некоторыми свойствами. Возможно, Вы и правы, что это не содержательное занятие, но мне интересно. Спасибо, что помогли. Жаль, что у меня нет доступа к Вашей ссылке. Тогда б не пришлось никого беспокоить. Пока что контрпримеров к моим задачам (в "Олимпиадном разделе") не было. Контрпримеры, которые привёл scwec, получились из-за моей логической ошибки при выборе нужных свойств. Поэтому, как их выбрать в общем виде, не знаю. Теперь, вот, нужен настоящий контрпример для исходной задачи, если он таки существует. Этот вопрос возник всвязи с частичным решением (т.е. не во всех областях) решением Andrey A. (Там не всё гладко; но может ли это повлиять на результат; может она (деталь) не существенна.)

[Andrey A]

g______d в сообщении #1387612 писал(а):

... доказательство по ссылке -- это сильно сказано.

Вроде того как Вольфрам выкладывает иногда некоторое решение in integers, не вдаваясь в подробности? Типа дают – бери, бьют – беги. Интересно. Тогда кое-что еще.

Воспользуемся формой, предложенной svv: $(x-3)(x^2-x-1)=(z-3)(z+3)$ и подставим $z=3k,\ x=9n+3$. Получаем $n(81n^2+45n+5)=k^2-1.$
Выражение в скобках можно переписать так: $(9n+2)(9n+3)-1=\dfrac{(18n+5)^2-5}{4}$. Числа вида $p^2-5q^2$ в нечетных степенях канонического разложения имеют пятерку и простые вида $10t \pm 1$. Или такой странноватый Пелль: $k^2-(9n+5)(3n)^2=5n+1$. Требуется доказать, что единственное решение $n=0,k=1.$ Вряд ли оно поможет, в сущности новая задача в эллиптических кривых.