Решить в натуральных числах

[grizzly]

Ещё одна очаровательная задача с MSE.

Нетривиально оказывается, что любое положительное рациональное число $r$ можно представить в виде следующего отношения сумм третьих степеней натуральных чисел:

$$ r=\frac{a^{3}+b^{3}}{c^{3}+d^{3}}, \qquad a, b, c, d \ge 1. $$

Соответственно, задача доказать или опровергнуть такое же представление для пятых степеней. Ну или для каких других нечётных.

Эта задача вышла на уровень MO и, похоже, она сложнее, чем красивее. Что жаль.

[atlakatl]

Отсюда сразу следует, что любое натуральное число $N>1$ можно представить в виде суммы двух кубов натуральных чисел.
Но по https://ru.wikipedia.org/wiki/Проблема_Варинга для такого представления хватает девять кубов.
Что-то тут не так...
Подумал... Не всё так просто.
$7/3$ в сабжевом виде не представимо. Но возможно, что - например - $700000000000/300000000000$ всё-таки так можно выразить...
Пока писал, автор меня поправил.

[grizzly]

atlakatl в сообщении #1056976 писал(а):

Отсюда сразу следует, что любое натуральное число $N>1$ можно представить в виде суммы двух кубов натуральных чисел.

Нет, конечно. Вспомните, что рациональное число представляется в виде дроби не единственным способом.

[Sonic86]

У меня есть идея - рассмотреть плотность таких чисел, но я ее не проверил толком, могу ошибаться, потому пишу в оффтоп, а рассуждение - на пальцах

(Оффтоп)

Возьмем большое $N$ и посмотрим на плотности на $[1;N]$. Плотность чисел $x^a$ равна $N^{1/a}$. Ясно, что достаточно рассматривать неотрицательные выражения $x^a+y^a$. Выражение $x^a+y^a\geqslant 0$ при $x\geqslant 0, y\geqslant -x$. Для каждого фиксированного $y$ число чисел $x^a+y^a\leqslant N$ будет $CN^{\frac{1}{a}}$. При $x\neq y$ наименьший прирост $x^a+y^a$ равен $Cx^{a-1}$, так что число чисел $y$ оценивается как $CN^{\frac{1}{a-1}}$. Всего чисел $x,y:x^a+y^a\leqslant N$ тогда не более $CN^{\frac{1}{a-1}+\frac{1}{a}}$.
Если числитель $x^a+y^a\leqslant N$, то знаменатель $u^a+v^a\leqslant N$ тоже. Всего дробей $\frac{x^a+y^a}{u^a+v^a}$ можно составить не более $CN^{\frac{2}{a-1}+\frac{2}{a}}$. Пусть даже все такие дроби имеют натуральные и различные значения. Но все равно при любом $a\geqslant 5$ показатель $\frac{2}{a-1}+\frac{2}{a}\leqslant\frac{9}{10}<1$.
Значит существуют $r$, не представимые в указанном виде, причем у них даже асимптотическая плотность равна 1.

Верно?

upd: Ой, только сейчас заметил, что речь шла о рациональных $r$, а не о целых. Хотя вроде роли не играет.

[grizzly]

Sonic86

(Оффтоп)

Число 1 можно представить в виде таких дробей бесконечным числом способов (с одинаковыми числами в числителе и знаменателе). Ваше рассуждение не мешает мне пока думать, что и любое натуральное можно тоже бесконечным числом способов. Или это я не понял идею?

Кстати, любопытно: неизвестно пока, можно ли 1 представить в этом виде с разными $a,b,c,d$.
upd. это я про степень 5 хотел сказать.

[Sonic86]

Sonic86 в сообщении #1058237 писал(а):

Верно?

Нет. Ошибка такая же как в парадоксе Литлвуда: неисключенных объектов может быть сколь угодно много, но при переходе к пределу может не остаться ни одного.

grizzly в сообщении #1058274 писал(а):

Число 1 можно представить в виде таких дробей бесконечным числом способов (с одинаковыми числами в числителе и знаменателе). Ваше рассуждение не мешает мне пока думать, что и любое натуральное можно тоже бесконечным числом способов.

Это не то. Я оценивал число целых дробей
$\frac{a^{3}+b^{3}}{c^{3}+d^{3}}$ сверху, конечно моя оценка завышена (да и вообще явно не доказана)

[grizzly]

Sonic86 в сообщении #1058361 писал(а):

Это не то. Я оценивал число целых дробей $\frac{a^{3}+b^{3}}{c^{3}+d^{3}}$ сверху, конечно моя оценка завышена (да и вообще явно не доказана)

Кого-то из нас это место зациклило. Я всё же просил бы пояснить общую идею с Вашей асимптотической оценкой -- что она нам даёт для утверждения задачи? Ниже моё контр-рассуждение (чтоб было понятно, на чём я зациклен).

Пусть мы доказали какие-то подобные оценки -- пусть $A_N$ будет набором (с повторениями) всех целых дробей на отрезке $[1; N]$, и пусть число элементов в нём (повторения считаем) будет не больше чем $\sqrt{N}$. Что это нам даёт? Я по-прежнему не вижу, почему этот вывод может помешать такому, например, утверждению:

Каждое целое число на отрезке $[1;\ln N]$ не менее чем $\ln N$ раз присутствует в наборе $A_N.$

Устремляя $N$ к бесконечности, получим, что каждое натуральное число может быть представлено в виде нужной дроби бесконечным числом способов.

[Sonic86]

grizzly в сообщении #1058364 писал(а):

Пусть мы доказали какие-то подобные оценки -- пусть $A_N$ будет набором (с повторениями) всех целых дробей на отрезке $[1; N]$, и пусть число элементов в нём (повторения считаем) будет не больше чем $\sqrt{N}$. Что это нам даёт?

В том-то и дело, что ничего не дает, именно по такому принципу:

grizzly в сообщении #1058364 писал(а):

Каждое целое число на отрезке $[1;\ln N]$ не менее чем $\ln N$ раз присутствует в наборе $A_N.$ Устремляя $N$ к бесконечности, получим, что каждое натуральное число может быть представлено в виде нужной дроби бесконечным числом способов.

Я ж говорю, что ошибся:

Sonic86 в сообщении #1058361 писал(а):

Ошибка такая же как в парадоксе Литлвуда: неисключенных объектов может быть сколь угодно много, но при переходе к пределу может не остаться ни одного.

[grizzly]

Sonic86
А, сорри. Значит, меня зациклило, но на другом. Мне всё казалось, что мы о разном говорим.

[Andrey A]

grizzly в сообщении #1056955 писал(а):

... и, похоже, она сложнее, чем красивее. Что жаль.

Уменьшение кол-ва аргументов не облегчает задачу?

Уравнение $(m-1)b^n+mc^n=a^n$ не выглядит неразрешимым, а оно эквивалентно такому*:

$$m=\frac{a^n+b^n}{b^n+c^n}$$

Необходимые условия: $a^n\equiv -b^n\mod m;$ $a^n\equiv c^n\mod m-1.$ Упоминаний не нашел, но если аргументом брать выражение в знаменателе, то уравнение вроде бы ничем не хуже изначального: всегда находится $a^n\equiv -b^n\mod b^n+c^n.$

Подставляя вместо $m$ рациональное $\frac{p}{q}$, получаем уравнение

$$pc^n-qa^n+(p-q)b^n=0$$

Тут $a^n\equiv -b^n\mod p;\ b^n\equiv -c^n\mod q;\ c^n\equiv a^n\mod (p-q).$ Если верно для целого, то и для рационального тоже.

*upd для $m=2$ уже не проходит.