Задача о 4-х кубах. 4-х параметрическое решение

[tolstopuz]

korolev в сообщении #770090 писал(а):

А вообще неплохо бы математически строго доказать: сколько же должно быть параметров?

Четыре неизвестных, одно уравнение, значит, три степени свободы.

-- Ср окт 02, 2013 21:09:29 --

korolev в сообщении #770090 писал(а):

У Вас, по-видимому, опечатка.

Да, спасибо, я поправил.

korolev в сообщении #770090 писал(а):

Неполнота системы, видимо, обусловлена наличием недостаточного числа параметров.

Что такое "неполнота"?

korolev в сообщении #770090 писал(а):

Только четыре параметра (как минимум!) дают все 340.

На самом деле довольно просто выводится формула нахождения $a$ и $b$ (следовательно, и $p$, $q$, $r$) по данным $x$, $y$, $u$ и $v$. Будет время - выведу.

[korolev]

tolstopuz в сообщении #770120 писал(а):

Будет время - выведу.

Буду очень признателен!

[korolev]

Сейчас считаю по схеме из статьи Харди. Меняю n от -300 до 300. Половину вариантов прошло, пока ни одного пропуска. Сижу, дрожу... Неужели и трехпараметрическая структура одолеет проблему?

[tolstopuz]

korolev в сообщении #770266 писал(а):

Сейчас считаю по схеме из статьи Харди. Меняю n от -300 до 300. Половину вариантов прошло, пока ни одного пропуска. Сижу, дрожу... Неужели и трехпараметрическая структура одолеет проблему?

В книге есть доказательство, что да.

[scwec]

Элегантно разделывается с задачами такого типа Р.Кармайкл. Он применяет метод форм, образующих мультипликативную область.
Ну, вот, например, произведение сумм двух квадратов есть сумма двух квадратов (есть мультипликативная область). А произведение сумм двух кубов не есть сумма двух кубов (нет мультипликативной области).
Для суммы кубов он рассматривает уравнение более общее: $x^3+y^3+z^3-3xyz=u^3+v^3+w^3-3uvw$. Произведение левой и правой части сохраняет свой вид (есть мультипликативная область). Вышеназванным методом находится его общее решение. Полагая $z=w=0$ получает общее решение для уравнения $x^3+y^3=u^3+v^3$. Оно то же, что и у Харди. Рассматриваются и другие уравнения, решаемые этим методом.
За подробностями - книга Robert D. Carmichael "Diophantine analysis" 1915. стр. 48-54 (о мультипликативных областях), стр. 62-66 (об уравнении разбираемом здесь). Там вообще много чего интересного. Кармайкл был нетривиальная личность.

[tolstopuz]

$x^3+y^3=u^3+v^3$

$p=xu+yv-\frac{xv+yu}2$
$q=\frac{xv-yu}2$
$r=x^2-xy+y^2$

$x'=r^4-r(p-3q)(p^2+3q^2)$
$y'=r(p+3q)(p^2+3q^2)-r^4$
$u'=r^3(p+3q)-(p^2+3q^2)^2$
$v'=(p^2+3q^2)^2-r^3(p-3q)$

Получается решение, отличающееся от первоначального на общий множитель, только я еще не выяснил, на какой.

$(6, 179, 216, 251): (p,q,r)=(-219,-95,156)$
$(8, 229, 236, 293): (p,q,r)=(239,74,133)$
$(18, 193, 423, 436): (p,q,r)=(297,61,234)$
$(89, 231, 456, 476): (p,q,r)=(-506,-390,211)$
$(260, 369, 375, 494): (p,q,r)=(-106,-273,215)$

[Коровьев]

korolev в сообщении #770266 писал(а):

Сижу, дрожу...

Сомневаться в этом - значит не доверять Харди .

Ещё. В книге Р.Кармайкла "DIOPHANTINE ANALYSIS" ROBERT D. CARMICHAEL сразу после вывода указывается, что это решение (которое привёл Харди) было известно ещё Эйлеру и Бине, но полученное другим путём.

Теперь немного о другом.
При линейном преобразовании

$$ a = p + q \\, b = 2q \\, c = r \\ , d = 0 \\ $

система

$$x = \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)^2 + \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)\left( {3bc - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

$$y = - \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)^2 - \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)\left( {3ad - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

$$z = - \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)^2 - \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)\left( {3ad - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

$$t = \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)^2 + \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)\left( {3bc - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

переходит в систему Харди без параметра $\lambda $
$ \[ {\left\{ \begin{array}{l} x = r^4 - r(p - 3q)(p^2 + 3q^2 ) \\ y = - r^4 + r(p + 3q)(p^2 + 3q^2 ) \\ u = - r^3 (p + 3q) + (p^2 + 3q^2 )^2 \\ v = - r^3 (p - 3q) + (p^2 + 3q^2 )^2 \\ \end{array} \right.} \]

Но обратного преобразования это преобразование не имеет. Было бы интересно найти такое преобразование.
если оно есть и линейно, то обе системы эквивалентны. В противном случае будут вопросы. Если получаемые из системы Харди все параметрическме серии могут быть получены и из предложенной серии, то обратно не обязательно.
Возьмём пример. При $a=2,b=-1,d=1$ получается следующая простенькая система

${\left\{ \begin{array}{l} x = \left( {c^2 - c + 1} \right)^2 - 7\left( {4c + 1} \right) \\ y = - \left( {c^2 - c + 1} \right)^2 + 7\left( {c - 5} \right) \\ u = - \left( {c^2 - c + 1} \right)\left( {c - 5} \right) + 7^2 \\ v = - \left( {c^2 - c + 1} \right)\left( {4c + 1} \right) + 7^2 \\ \end{array} \right.}$

Можно ли её получить из системы Харди?
У меня что-то не получается.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Дискуссионные темы (М)» в форум «Математика (общие вопросы)»
Причина переноса: перенёс в более подходящий раздел

[korolev]

Коровьев
Но Ваша система и система Харди разительно отличаются в практическом плане. У вас хоть и 4 параметра, но достаточно каждый изменять в диапазоне от -28 до 28 чтобы все 340 вариантов получить. В системе Харди я уже рассматриваю от-300 до 300 и уже минимум 1 вариант пропущен (мне осталось треть еще гнать - часа через 4 буду знать все). То есть на порядок Харди трудней поиск ведет. Почему такое?

[tolstopuz]

korolev в сообщении #770391 писал(а):

Коровьев
Но Ваша система и система Харди разительно отличаются в практическом плане. У вас хоть и 4 параметра, но достаточно каждый изменять в диапазоне от -28 до 28 чтобы все 340 вариантов получить. В системе Харди я уже рассматриваю от-300 до 300 и уже минимум 1 вариант пропущен (мне осталось треть еще гнать - часа через 4 буду знать все). То есть на порядок Харди трудней поиск ведет. Почему такое?

Это очень любопытный факт.

Формулы Харди дают заданную четверку при ровно одной примитивной тройке $(p:q:r)$. Перестановками $x, y, z, v$ можно получить $24$ тройки, дающие по сути одно решение, так что при желании из них можно выбрать одну тройку с числами поменьше. Но больше никакой свободы нет.

Решение Коровьева содержит лишний параметр, поэтому каждое решение должно получаться много раз, думаю, что даже бесконечно много. И тем не менее для получения решения с небольшими числами достаточно совсем небольших значений параметров. Видимо, у этого решения точки кучкуются ближе к началу координат. С теоретической точки зрения это неважно (важнее, что формулы Харди не дублируют решений), а с практической действительно сокращает перебор.

А последний вариант до $300$ вы не найдете :)

$(89, 231, 456, 476): (p:q:r)=(-506:-390:211)$

[korolev]

Все варианты нашел, кроме $89, 231, 456, 476$

Почему по схеме Харди не найду, а по Кровьеву без проблем?
Сейчас только что запустил для этого упрямого варианта $-350..350$
А, понял. Надо запустить от $-506$
Да! Все верно! Спасибо огромное! Сэкономили мне полдня минимум.

Так почему же? Почему со схемой Коровьева в $10$ раз легче работать? В чем причина? Степени же одинаковые. Разница лишь в количестве параметров.
Но все вроде понятно. Преобразование Коровьева в систему Харди - есть исключение одного их параметра, точнее $d=0$. Это и привело к увеличению масштаба разброса точек. Еще один плюс системы Коровьева.

И заинтересовал вопрос: а Р.Кармайкл дал какое-либо решение именно для задачи о 4-х кубах?. Если да, то можно ли здесь привести его решение?

[tolstopuz]

Коровьев в сообщении #770347 писал(а):

Но обратного преобразования это преобразование не имеет.Было бы интересно найти такое преобразование.

$p=ac+bd-\frac{ad+bc}2$
$q=\frac{bc-ad}2$
$r=c^2-cd+d^2$

Оно, конечно, обратное только в одну сторону, потому что в другую сторону однозначного соответствия нет, вместо произвольного выбора $d=0$ можно взять много других вариантов.

Коровьев в сообщении #770347 писал(а):

если оно есть и линейно, то обе системы эквивалентны.

Как видите, нелинейно. Но системы и не могут быть эквивалентны, потому что у вас лишний параметр. Да и эквивалентность не обязана быть линейной, бывает и бирациональная.

Исходное уравнение описывает поверхность в проективном пространстве $\mathbf{P}^3$ $(x:y:u:v)$. Формулы Харди (в варианте с $p:q:r$) параметризуют ее точками пространства $\mathbf{P}^2$, то есть $(p:q:r)$ можно рассматривать как координаты на этой поверхности. Ваши же формулы описывают какое-то накрытие этой поверхности целым пространством $\mathbf{P}^3$ $(a:b:c:d)$.

Коровьев в сообщении #770347 писал(а):

${\left\{ \begin{array}{l} x = \left( {c^2 - c + 1} \right)^2 - 7\left( {4c + 1} \right) \\ y = - \left( {c^2 - c + 1} \right)^2 + 7\left( {c - 5} \right) \\ u = - \left( {c^2 - c + 1} \right)\left( {c - 5} \right) + 7^2 \\ v = - \left( {c^2 - c + 1} \right)\left( {4c + 1} \right) + 7^2 \\ \end{array} \right.}$

Ваша параметрическая серия - кривая в $\mathbf{P}^3$. При вашем накрытии она переходит в кривую $(p: q: r) = (5c-4: -c-2: 2c^2-2c+2)$.

Интересно, что формулы, выражающие $(p:q:r)$ через $(x:y:u:v)$ и через $(a:b:c:d)$, одинаковые. К чему бы это? Такое ощущение, что должен быть некий инвариант, общий для $(x:y:u:v)$ и $(a:b:c:d)$. Можно, конечно, сказать, что $(p:q:r)$ и есть этот инвариант, но это банально :)

-- Пт окт 04, 2013 16:25:32 --

Нашел.

Оказывается, если $(a:b:c:d)$ сами удовлетворяют условию $a^3+b^3=c^3+d^3$, то $(x:y:u:v)$=$(c:d:a:b)$!

Так что предлагаю вам поменять местами первую и вторую пару уравнений, чтобы стал очевидным красивый факт: вы описали проекцию пространства $\mathbf{P}^3$ на лежащую в нем поверхность $x^3+y^3=u^3+v^3$.

[tolstopuz]

http://www.math.harvard.edu/~elkies/4cubes.html

Тут параметризация третьей степени с тремя параметрами, масштаб чисел примерно такой же, как и у Харди, но пара табличных решений внезапно требуют значений параметров больше 1000.

$(69, 328, 387, 454): (r:s:t)=(-2029:-5650:15)$

[scwec]

Вот ещё 4-параметризация $(p,q,r,s)$ для $x^3+y^3+u^3=v^3$.
$x=(r^4-p^3r)s^4+3p^2qr^2s^3-3pq^2r^3s^2+9q^3r^4s$
$y=(p^3r-r^4)s^4+3p^2qr^2s^3+3pq^2r^3s^2+9q^3r^4s$
$u=(p^4-p{r^3})s^4-3qr^4s^3+6p^2q^2r^2s^2+9q^4r^4$
$v=(p^4-p{r^3})s^4+3qr^4s^3+6p^2q^2r^2s^2+9q^4r^4$
Происхождение - из решения Эйлера-Бине-Кармайкла-Харди.
Можно и его пробовать в счёте.
Кармайкл нового решения для четырех кубов не дал.
Он просто демонстрировал на частных примерах возможности метода.

[tolstopuz]

scwec в сообщении #770633 писал(а):

Вот ещё 4-параметризация $(p,q,r,s)$ для $x^3+y^3+u^3=v^3$.
$x=(r^4-p^3r)s^4+3p^2qr^2s^3-3pq^2r^3s^2+9q^3r^4s$

Кажется, вместо общего знаменателя просто взяты два отдельных. Я уже думал об этом, но не уверен, что будет эффект.

-- Пт окт 04, 2013 17:50:43 --

http://www.math.leidenuniv.nl/~rene/params_diam.pdf

На странице 43 еще одна кубическая параметризация с тремя параметрами и одной опечаткой. При расчете до 200 не хватает семи ответов.

$(89, 231, 456, 476): (-719:-155:140)$

-- Пт окт 04, 2013 17:57:18 --

http://iwi.eldoc.ub.rug.nl/FILES/root/2 ... Blanco.pdf
http://arxiv.org/pdf/1010.0294.pdf

Пара статей с алгоритмами получения таких параметризаций и программами на MAPLE.