Найти параметрическое решение уравнения X^3+Y^3=Z^Z

[nimepe]

Найти параметрическое решение уравнения $X^3+Y^3=Z^Z$

[Shadow]

$X=ta,Y=tb$

$t^3(a^3+b^3)=Z^Z$

Пусть $t=(a^3+b^3)^k$

$(a^3+b^3)^{3k+1}=Z^Z$

$\begin{cases} a^3+b^3=Z \\3k+1=Z \end{cases}$

Двухпараметрическое хватит?

[nimepe]

Да такое параметрическое решение возможно(мне известно).Данный метод можно применять для и в том числе для бесконечных уравнений такого типа и для различного набора степеней.Покажем действие этого метода для уравнения

$X^3+Y^4+Z^5+Q^6=D^D $


$ X=a^{20}t^{20}, Y=b^{15}t^{15}, Z=c^{12}t^{12},Q=m^{10}t^{10}$

$ t^{60}(a^{60}+b^{60}+c^{60}+m^{60})$ .Пусть $t=(a^{60}+b^{60}+c^{60}+m^{60})^{k}$ тогда

$(a^{60}+b^{60}+c^{60}+m^{60})^{60k+1}=D^D$ имеем систему:$D=60k+1$ и

$ D =a^{60}+b^{60}+c^{60}+m^{60}$

[nimepe]

Нужно еще сравнить возможности этого способа параметрического решения уравнений с другими способами параметризации и с другими способами решения.

[Shadow]

Как насчет $x^4+y^4=3z^z$

[nimepe]

Мне на данном форуме посоветовали воздержаться от приведения параметрических формул хотя бы пару месяцев-следую этому совету.Спасибо за совет.

[nimepe]

А уравнения приводить наверное можно $X^4+Y^4=kZ^Z$.Разрешимость при $k=1,2,3,4,5........n$

[GaloisDiophantine]

Здесь нужно уточнить, вероятно вас интересуют все семейства, не только тривиальные. Для большего числа значений в целых числах существовать параметрических семейств не будет, не уверен что даже в рациональных это будет возможно сделать. Вот минимальные целочисленные примеры что я смог найти (не считая тривиальные $A=0$; $B=(3k)^k$; $C=k$):

$$98^3+(-49)^3=7^7$$

$$(-94091762)^3+141137643^3=19^{19}$$

Для поиска можно использовать соотношение 3 кубов. Если бы задача стояла локально на 3 куба это было бы нетривиальным параметрическим решением:

$$z^z=(\frac{3z^z-n^3}{3n^2})^3+(\frac{-27z^{3z}+9z^zn^6+n^9}{27z^{2z}n^2+9z^zn^5+3n^8})^3+(\frac{27z^{2z}n^3+9z^zn^6}{27z^{2z}n^2+9z^zn^5+3n^8})^3$$

Можно попытаться использовать индентичность $3z^z=n^3$ для получения локальных рациональных точек, с малой вероятностью которые могут стать целыми. Либо делать пересечения $x_{1}^3+x_{2}^3+x_{3}^3=A^3+B^3$
Можно использовать методы из книг Еремина вставлять огромные конструкции из общих множителей внутрь себя и получать новые ветви решений умножая их на кратный параметр $(3z)^{3z}$ получать новые решения (любые кстати решения рациональные можно превратить в целые таким способом, но не вижу смысла создавать формулу длинной в метр. Если нужно больше таких решений я могу их найти.

[Rak so dna]

GaloisDiophantine в сообщении #1720724 писал(а):

$$98^3+(-49)^3=7^7$$

$$(-94091762)^3+141137643^3=19^{19}$$

Первое решение соответствует параметризации Shadow при $k=2,a=2,b=-1,$ второе — при $k=6,a=-2,b=3.$

GaloisDiophantine в сообщении #1720724 писал(а):

Если нужно больше таких решений я могу их найти.

Найдите, для начала, хотя бы одно новое решение.

[GaloisDiophantine]

Rak so dna
Такие новые пары решений вероятно уже на гипотезу била будут претендовать. Да соглашусь система охватывает большую часть. Интересно будут ли решения гипотезы фермы каталана лежать в ней? $-7^3+2^9=13^2$ Пример: $(-7 \cdot 169^{56})^3+(8 \cdot 169^{56})^3=169^{169}$

[nnosipov]

GaloisDiophantine в сообщении #1720734 писал(а):

Интересно будут ли решения гипотезы фермы каталана лежать в ней?

А самостоятельно это выяснить не можете? Это ведь нетрудно.

[Shadow]

nimepe в сообщении #1720723 писал(а):

А уравнения приводить наверное можно $X^4+Y^4=kZ^Z$.Разрешимость при $k=1,2,3,4,5........n$

Сильно интересует разрешимость при $k=4$. Хотя бы одно нетривиальное решение ($X,Y>0$)

[nimepe]

Уравнение $X^4+Y^4=kZ^{Z+m}$ разрешимость при $k=1,2,3,4,5,....n$ и $m=1,2,3,4,5,....n$.Привести параметрическое решение.

[Shadow]

nimepe в сообщении #1720921 писал(а):

Уравнение $X^4+Y^4=kZ^{Z+m}$ разрешимость при $k=1,2,3,4,5,....n$ и $m=1,2,3,4,5,....n$.Привести параметрическое решение.

Приведите одно решение уравнения $X^4+Y^4=4Z^Z$ в натуральных числах.

-- 23.03.2026, 13:19 --

Ну, или

$X^4+Y^4=4Z^{Z+2}$

если обязательно $m \ge 1$.

[Shadow]

Shadow в сообщении #1720925 писал(а):

Приведите одно решение уравнения $X^4+Y^4=4Z^Z$ в натуральных числах.

Не дождались . И не дождемся, потому что $Z$ должно быть четным. И получается уравнение
$X^4+Y^4=\left(2Z^{\frac Z 2}\right)^2$

аналогично $x^6+y^6=27z^z$ не имеет решений

"Куб на два куба, квадрат на два биквадрата и вообще..."

Что касается $x^4+y^4=kz^z$ стоит рассмотреть только случаи $k=t,2t,4t,8t$ для нечетного $t$ (и свободного от биквадратов), остальные редуцируются.

При нечетном $k$ и $k=2t$ уравнение имеет решений (можно привести аж 4-х параметрическое, но зачем).

При $4t,8t$ как было отмечено, уравнение имеет решений только если разрешимо уравнение $a^4+b^4=tc^2$ и $a^4+b^4=2tc^2$ соответственно.

Что автоматом исключает наличие у $t$ простого $3 \pmod 4$ в нечетной степени, а также $5,13,29\ldots$

Но, т.к. например уравнение $a^4+b^4=17c^2$ имеет (бесконечно много) решений в взаимнопростых числах,

$(a,b,c)=(1,2,1);(13,2,41);(43,38,569);(176503,120854,8344969681);\ldots$

то и $x^4+y^4=4\cdot 17 \cdot z^z$ имеет, например

$x=a\cdot 2^{\frac{c+1}{2}}\cdot c^{\frac{c-1}{2}},\quad y=b\cdot 2^{\frac{c+1}{2}}\cdot c^{\frac{c-1}{2}}, \quad z=2c$

Так что утверждение что для всех $k$ есть решений - наивное. (Хотя ТС не использует знаки препинания и не понятно что есть утверждение, а что вопрос.)