Уравнение (x^3+y+1)(y^3+x+1)=z^2

[scwec]

nnosipov, терпение от общения с активным участником, видимо, было на исходе, так что не взыщите.
Там ещё и правильное решение по $(x^3+1)(x+1)=y^2$ никак не появится. Собрался уж предъявить.
Посмотрим, что дальше будет.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1410583 писал(а):

Там ещё и правильное решение по $(x^3+1)(x+1)=y^2$ никак не появится.

По-моему, там только один минус утерян, а так все окей.

[scwec]

Да, верно, потерялся минус перед $x$. Значит, оставим это в покое.

[vicvolf]

Я тоже думал об этой задаче и подошел к ней с другой стороны. Надо доказать, что число $a$, отличное от нуля, представимо $n$ вариантами суммы двух кубов:
$x_{11}^3+x_{12}^3=x_{21}^3+x_{22}^3=...=x_{n1}^3+x_{n2}^3=a$. (1)

Кстати нашел реальные примеры представления для $n=6$ формула (122) http://mathworld.wolfram.com/Diophantin ... owers.html

Рассмотрим (1) для $n=2$:
$$x_{11}^3+x_{12}^3=x_{21}^3+x_{22}^3$. (2)

На основании Леммы Хуа для количества решений уравнения (2) при $x_{ij} \leq N$ справедлива оценка:
$R_4<<N^{2+\epsilon}$, (3)

где $\epsilon$ - малое положительное число.

Учитывая, что для тривиальных решений уравнения (2) при $x_{ij} \leq N$, которая соответствует $a=0$, справедлива оценка $O(N^2)$, то для нетривиальных решений справедлива оценка:
$0<R_{4н}^{+}<<N^{\epsilon}$. (4)

Доля нетривиальных решений уравнения (2) при $x_{ij} \leq N$ равна:
$0<R_{4н}^{+}/N<<N^{\epsilon}/N$. (5)

На основании (5) доля нетривиальных решений системы (1) равна:
$0<R_{2nн}^{+}/N^n<<N^{\epsilon_1+...+\epsilon_n}/N^n$.(6)

[nnosipov]

vicvolf
Вы опять написали какой-то малопонятный бред. А доказательства как не было, так и нет.

[vicvolf]

Формула (6) означает, что доля чисел $a \not= 0$, представимых в виде (1), отлична от нуля.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #1410641 писал(а):

Формула (6) означает, что доля чисел $a \not= 0$, представимых в виде (1), отлична от нуля.

Не доказано.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #1410650 писал(а):

Не доказано.

Вы это утверждаете после того, как написали, что не поняли доказательство. Извините, после этого мне не хочется больше обсуждать этот вопрос.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #1410679 писал(а):

Вы это утверждаете после того, как написали, что не поняли доказательство.

Невнятный, неряшливо написанный текст не может быть доказательством по определению. Задачи Вы не решили.

[scwec]

Дополнение.
Пусть $F(x,y)$ - однородный полином третьей степени и для него найдется целое $N$ такое, что кривая с уравнением $F(x,y)=N$ имеет род $1$ и ранг больше нуля.
Тогда для любого натурального $n$ существует натуральное $a$ такое, что уравнение $F(x,y)=a$ имеет не менее $n$ целых корней.
Доказательство этого утверждения для $F(x,y)=x^3+y^3$ выше было мной предъявлено. Оно годится и для общего случая.
Разберу ещё один пример c добавление того, что осталось за кадром.
$F(x,y)=x^3+x^2{y}+x{y^2}+y^3$ и $N=5$. (Для выбора подходящего $N$, дающего ненулевой ранг, используется PARI, здесь годятся также $N=8,9,11,13,15,...$).
Соответствующая кривая $x^3+x^2{y}+x{y^2}+y^3=5\qquad(1)$ является эллиптической.
Введем переменные $u,w$ по формулам $x=\dfrac{10+w}{2u}, y=\dfrac{10-w}{2u}$
и обратные: $u=2x^2+2y^2, w=4xy^2+4x^3-10$.
В пременных $u,w$ уравнение $(1)$ запишется в форме Вейерштрасса $w^2=u^3-100\qquad(2)$.
На кривой $(2)$ имеется целая точка $P=(5,5)$. Вычислим $2P=(\frac{185}{4},\frac{-2515}{8})$.
Уравнение $(2)$ имеет целые коэффициенты, а координаты $2P$ дробные, поэтому по Лутц-Нагель $2P$ - точка бесконечного порядка, следовательно, ранг кривой $(2)$, а вместе с ней и ранг кривой $(1)$ больше нуля.
Далее как изложено выше.
Поскольку ранг кривой $(1)$ больше нуля, то она несёт на себе бесконечное число рациональных точек.
Произвольно возьмем из них $n$ точек $Q_1,Q_2,...,Q_n$.
Координаты этих точек $Q_i=(\frac{p_i}{q_i},\frac{r_i}{q_i})$.
Положим $a=5\cdot({q_1}\cdot{q_2}\cdot...\cdot{q_n})^3$ и $P_i=Q_i\cdot({q_1}\cdot{q_2}\cdot...\cdot{q_n})$, где $i=1,2,...,n$.
Очевидно, $P_i$ определяют $n$ целых точек на кривой $(1)$.

-- Вс авг 18, 2019 23:11:45 --

[nnosipov]

scwec
У этой конструкции есть изъян в том смысле, что конструируемые $a$ не свободны от кубов. Подозреваю, что доказать подобное утверждение при дополнительном требовании, чтобы $a$ было свободно от кубов, уже будет не просто.

[scwec]

nnosipov в сообщении #1411065 писал(а):

Подозреваю, что доказать подобное утверждение при дополнительном требовании, чтобы $a$ было свободно от кубов, уже будет не просто.

Дополнительное новое требование к задаче, конечно, это другое рассмотрение.

[scwec]

Похожая задача для 4-х степеней.
Докажите, что для любого натурального $n$ уравнение $x^4+y^4+z^4=a$ при подходящем натуральном $a$ имеет не менее $n$ целых решений.

[vicvolf]

scwec в сообщении #1411254 писал(а):

Похожая задача для 4-х степеней.
Докажите, что для любого натурального $n$ уравнение $x^4+y^4+z^4=a$ при подходящем натуральном $a$ имеет не менее $n$ целых решений.

При четных степенях и $a > 0$ задача сводится к натуральным решениям, так как количество целых решений в данном случае это удвоенное количество решений в натуральных числах (для каждого натурального решения есть симметричное отрицательное).

[scwec]

Для решения задачи это замечание не имеет принципиального значения.
Для подходящего $a$ уравнение может иметь сколь угодно много что целых, что натуральных решений.