Другие решения диофантова уравнения

[age]

Известно, что все диофантовы уравнения $x^n+y^3=z^2$, где $(x,y)=1$ - разрешимы. Потому что $1^n+2^3=3^2$.

я совсем позабыл об этом факте и стал искать другие решения этого уравнения и сразу же мне удалось найти:
$11^3+37^3=228^2$
$5^4+6^3=29^2$
$10^5+41^3=411^2$
..............
Отсюда и родилась достаточно красивая и несложная гипотеза:
"Для каждого $n$ существует хотя бы одно решение, отличное от $1^n+2^3=3^2$".

Отсюда три задачи:
1) Верно ли, что для каждого $n$ существует хотя бы одно решение диофантова уравнения $x^n+y^3=z^2$, где $(x,y)=1$, отличное от $1^n+2^3=3^2$"?
2) Верно ли, что если существует хотя бы одно такое решение, то таких решений бесконечно много?
3) Верно ли что это справедливо для всякого нуль-параметрического диофантова уравнения?

[Руст]

Из abc гипотезы вытекает, что всех решений с $n>6$ конечное число, Соответственно вряд ли найдется хотя бы одно решение с $n>6$ c взаимно простыми $x,y$. Без взаимно простоты легко найти бесконечную серию решений.

[age]

Руст в сообщении #409807 писал(а):

Из abc гипотезы вытекает, что всех решений с $n>6$ конечное число, Соответственно вряд ли найдется хотя бы одно решение с $n>6$ c взаимно простыми $x,y$. Без взаимно простоты легко найти бесконечную серию решений.

Интересное утверждение, снова вытекающее из abc гипотезы. Вот для $n=5$ пришлось немного повозиться, чтобы найти решение. $n=6$ должно быть "пограничным" случаем, который всё-таки можно найти. Но вот $n=7$ уже не может быть (согласно abc-гипотезе). Поэтому, конечно же очень любопытно будет поискать такие решения (особенно $n=7$), чем и попробую заняться (Вы меня заинтересовали).

[Руст]

age в сообщении #410377 писал(а):

$n=6$ должно быть "пограничным" случаем, который всё-таки можно найти. Но вот $n=7$ уже не может быть (согласно abc-гипотезе). Поэтому, конечно же очень любопытно будет поискать такие решения (особенно $n=7$), чем и попробую заняться (Вы меня заинтересовали).

Может не найтись и для $n=6$. Согласно гипотезе могут быть и решения с $n>6$. Однако их суммарное количество (по всем n) конечно.

[age]

Похоже, что для $n=6$ действительно решений нет. Возьмём более простое уравнение $x^3+y^3=z^2$. Оно имеет решения вида:
$64a^3(a^3-b^3)^3+b^3(8a^3+b^3)^3=(8a^6+20a^3b^3-b^6)^2$
(другие решения выписывать не буду, но все они должны быть аналогичны).
Тогда несложно видеть, для того, чтобы $y$ было точным квадратом, необходимо, чтобы $b=p^2$ и $8a^3+b^3=q^2$ (случай с $x$ аналогичен). Т.е. обычный метод бесконечного спуска, который показывает, что у такой параметризации таких решений нет.
Но эта параметризация не охватывает случай $11^3+37^3=228^2$, когда слева оба слагаемые нечётные. Если же и этот случай имеет аналогичную параметризацию (98% что это так), то решений для $n=6$ нет вовсе. Теперь осталось лишь сделать проверку на компьютере.

-- Вт фев 08, 2011 21:10:21 --

Для $n=6$ действительно в пределах $x,y<10000$ решений нет.
Для $n=7$ компьютер нашёл $2^7+17^3=71^2$

-- Вт фев 08, 2011 21:13:00 --

Случаи $n=8$ и $n=9$ (а также $n=3k$ и $n=4k$) аналогичны случаю $n=6$.

Дальше компьютер не "видит". Случаи $n>9$ ему не под силу.

-- Вт фев 08, 2011 21:34:08 --

Для $n=5$ в пределах 20000 есть ещё всего два решения:
$7^5+393^3=7792^2$
$185^5+5879^3=647992^2$

[Руст]

Представьте, что вы ищете целые решения на эллиптической кривой
$y^2=x^3+B, B=z^n$. Есть теория и готовые программы для поиска целых решений на таких кривых. Для компьютерных опытов лучше пользоваться готовыми программами.

[age]

В процессе удалось найти:
$3363^4+2378^6=13447318908^2+1$

-- Вт фев 08, 2011 21:58:53 --

Руст
К сожалению, я так и не освоил методы нахождения рациональных точек на эллиптических кривых.
К тому же мне очень нравится применять при решении задач свой собственный метод, который я осветил вот здесь. (там есть небольшая неточность насчёт достаточности, но условие необходимости выполнимо).

Да ещё, согласно доказанной мной (по ссылке) теореме, решения $1^n+2^3=3^2$ или $2^7+17^3=71^2$ - нельзя считать решениями диофантовых уравнений $x^n+y^3=z^2$ и $x^7+y^3=z^2$. Скорее их можно рассматривать лишь как частные решения уравнений со свободным членом: $K+x^3=y^2$, которые имеют лишь ограниченное количество решений.

-- Вт фев 08, 2011 22:01:48 --

Ещё забавное свойство диофантовых уравнений с тремя неизвестными:
Уравнение $x^4+y^4=z^2$ решений не имеет, доказал ещё П.Ферма.
Но $11^4+3^5=122^2$

Т.е. не всегда больше - значит, лучше. В каком-то смысле это может вступить в противоречие с abc гипотезой, т.к. там всегда больше - значит, лучше. Или я ошибаюсь?

[Руст]

age в сообщении #410685 писал(а):

В процессе удалось найти:
$3363^4+2378^6=13447318908^2+1$

Это уже не относится к уравнению

$$x^n+y^m=z^k,n\ge 2,m\ge 2,k\ge2,(x,y)=1,$$

называемому (если не ошибаюсь) уравнением Брика. За его решение, если не ошибаюсь, полагается премия 100 000$.
Здесь можно ограничится натуральными $x,y,z$. Случай, когда одно из них равен 1 уже разобран и доказано, что $x^n+1=z^k$ имеет единственное решение $x=2,n=3,z=3,k=2$.
Случай, когда среди $n,m,k$ два (или 3) из них равен 2 так же полностью разбирается и находится общее решение.
Случай $n=m=k$ так же разобран (теорема Ферма). Ферма по ходу разобрался со случаем
$x^n\pm y^n=z^k$ при $n=4,k=2$. Было бы интересно вначале разобраться с таким обобщением ВТФ.
Возможно еще некоторые случаи можно решить элементарными методами, типа $x^3\pm y^3=z^2$ или $x^n\pm y^n=z^3$.
Остаются только случаи когда все степени разные. Возможно решаемо задача о нахождении
целых решений $y^2=x^3\pm z^k$.
В оставшихся случаях $\frac{1}{n}+\frac{1}{m}+\frac{1}{k}<1$ и общее количество решений должно быть конечным. Было бы интересно найти все такие решения.

Элементарный способ программировать составить список степеней чисел (выше второй или три) и проверять не является ли их сумма или разность степенью (начиная со второго) другого числа. Например на 64 разрядном компьютере легко перебрать степени выше трех до $N=2^{64}$ их не больше 100 000. Даже включая третьи степени их количество остается в разумных пределах (не больше 3 000 000). Выбирая пары чисел из списка вычисляем сумму (потом разность). Вначале проверяем делимость на малые простые числа (например до N^{1/6}). Тогда в случае нахождения хотя бы одного простого делителя с какой степенью он входит легко проверит является ли число степенью некоторого числа (и какой степенью). В отсутствии малых простых делителей так же не сложно проверяется является ли число квадратом, кубом, четвертой или пятой степенью.

[Батороев]

Руст в сообщении #410841 писал(а):

Это уже не относится к уравнению

$$x^n+y^m=z^k,n\ge 2,m\ge 2,k\ge2,(x,y)=1,$$

называемому (если не ошибаюсь) уравнением Брика.

Если заменить знаки $\geq$ на $>$, то получится уравнение гипотезы Биля.

[Руст]

Батороев в сообщении #410870 писал(а):

Руст в сообщении #410841 писал(а):

Это уже не относится к уравнению

$$x^n+y^m=z^k,n\ge 2,m\ge 2,k\ge2,(x,y)=1,$$

называемому (если не ошибаюсь) уравнением Брика.

Если заменить знаки $\geq$ на $>$, то получится уравнение гипотезы Биля.

Спасибо за поправку. У меня плохая память на имена.

Вообще задача сводится к нахождению всех
$a+b=c,(a,b)=1$ с условием $\frac{\ln (c)}{\ln (rad(abc))}\ge\frac{12}{11}$. Их должно быть конечное число.
Есть специальный сайт, посвященной abc гипотезе, где найдены такие тройки чисел.

[age]

Руст в сообщении #410841 писал(а):

Это уже не относится к уравнению

$$x^n+y^m=z^k,n\ge 2,m\ge 2,k\ge2,(x,y)=1,$$

называемому (если не ошибаюсь) уравнением Брика. За его решение, если не ошибаюсь, полагается премия 100 000$.

Кстати, что касается гипотезы Биля и "билевых" форм, т.е. форм вида $x^n+y^k$:
Известно, что все формы вида $x^n+y^n$ имеют кроме $(x+y)$ простые множители либо $n$, либо вида $2kn+1$, если $n$ - простое. Если $n$ - составное, то структура множителей тоже не сильно отличается, но там простые числа будут несколько другого вида $2kp+1$, где $p$ вычисляется определённым образом.
Так вот, оказывается и "билевы" формы всецело обладают всеми теми же свойствами. Их множителями тоже являются простые числа, но уже делители некоторых форм $p\ |\ y^t\pm1$, где $t<(n-k)\dfrac{(n-1)}{2}$
Т.е. по сути это всё те же простые числа вида $2kp'+1$, где $p'$ вычисляется определённым образом в зависимости от показателей $n$ и $k$.
Что проводит полную параллель между гипотезой Биля и теоремой Ферма.

[scwec]

Для age:возможно, в Ваших изысканиях Вам поможет тождество
$z^2-y^3=(\frac{27y^6-36z^2y^2+8z^4} {8z^3}})^2-(\frac{9y^4-8z^2y} {4z^2})^3$.

[Руст]

scwec в сообщении #414358 писал(а):

Для age:возможно, в Ваших изысканиях Вам поможет тождество
$z^2-y^3=(\frac{27y^6-36z^2y^2+8z^4} {8z^3}})^2-(\frac{9y^4-8z^2y} {4z^2})^3$.

Это по видимому соответствует удвоению точки $(z,y)$ на эллиптической кривой $z^2-y^3=1$.
Соответственно можно вычислить координаты $n(z,y)=(z_n,y_n)$, где $z_n,y_n$ рациональные функции от $z,y$ и получить другие тождества.

[scwec]

Для Руст: Совершенно верно. Но тождество само по себе.

[age]

scwec
Что-то у меня получилось $\left(\dfrac{27y^6-36z^2y^2+8z^4} {8z^3}}\right)^2-\left(\dfrac{9y^4-8z^2y} {4z^2}\right)^3=\dfrac{-243y^8-162y^6z^2+162y^4z^2+...}{8z^4}$.