3-параметрическое решение диофантова уравнения

[vicvolf]

Shadow Согласен с Вами, что данный метод решения от рационального увеличивает количество параметров порой в 2 раза по сравнению с решением в рациональных числах.Ваше решение тому пример. Количество параметров в решении в рациональных числах было 2, а в целых - 4. Также согласен с Вами, что решение с меньшим числом параметров выглядит приятнее и порой необходимым, когда требуется указать трехпараметрическое, а не четырёх. Для получения решения с меньшим числом параметров надо использовать метод алгебраического тождества. Этим методом получены решения, указанные maxal и scwec и мною.

[scwec]

Вот ещё способ размножения рациональных решений для уравнения c пятью кубами $x^3+y^3+z^3=u^3+v^3$
Пусть известно целое решение $x_0,y_0,z_0,u_0,v_0$,
тогда следующее решение будет таким:
$x_1=(u_0^3-v_0^3)x$
$y_1=(u_0^3-v_0^3)y$
$z_1=(u_0^3-v_0^3)z$
$u_1=-v_0(2u_0^3+v_0^3)$
$v_1=u_0(2v_0^3+u_0^3)$
Дальше решения получаются точно так же (заменяем индексы: $0$ на $k$, а $1$ на $k+1$).
Вместо $(u,v)$ можно выбирать и другие пары $(x,y), (x,z), (y,z)$.
Испльзуется здесь тождество $a^3+b^3=\dfrac{(-b(2a^3+b^3))^3}{(a^3-b^3)^3}+\dfrac{(a(2b^3+a^3))^3}{(a^3-b^3)^3}$.
Существует бесконечное число более экстравагантных тождеств, дающих рациональные решения уравнения $X^3+Y^3=a^3+b^3$ где $ab\ne{0}$.
Каждое из них соответствует своей рациональной точке на эллиптической кривой $W^2=U^3-\frac{27}{4}(a^3+b^3)^2$
Тождество, которое здесь используется, соответствует рациональной точке
$U=\dfrac{3(a^4+b^2{a^2}+b^4)}{(a-b)^2},W=\dfrac{9(b^2-ab+a^2)(b^4+2{b^3}a+2{a^3}b+a^4)}{2(a-b)^3}$ для $a\ne{b}$
Таким образом, используя решения уравнения с 4 кубами можно размножать имеющиеся решения уравнения с 5 кубами.

[scwec]

Ещё одно диофантово уравнение.
Найдите 3-параметрическое решение в целых числах уравнения $u^3+v^3=x^2+3y^2$

[Shadow]

$(u+v)(u^2-uv+v^2)=x^2+3y^2$. Сделаем замену $v=(z+u)/2$

$(z+3u)(z^2+3u^2)=8(x^2+3y^2)$ Подстановка

$x=az+3bu,\;y=au-bz$ (`чтобы воспользоватся известным тождеством и сократить на $z^2+3u^2$)

$(z+3u)=8(a^2+3b^2)$ Вроде все, можно работать с $u$ как с параметром:

$\forall u,a,b \in \mathbb{Z}$

$x=8 a^3 + 24 a b^2 - 3 a u + 3 b u$

$y=-8 a^2 b + a u + 3 b (u - 8 b^2)$

$v=4 a^2 + 12 b^2 - u$

Решения $x,y$ могут быть плюс-минус, конечно.

-- 16.05.2019, 17:23 --

Кстати, данное решение в каком-то смысле полное (для взаимнопростых $x,y$), потому что все делители $x^2+3y^2$ имеют такой же вид - не имеют нечетные делители $2\pmod 3$, т.е обязателно найдутся $a,b$, такие, что $z+3u=a^2+3b^2$

Для абсолютной полноты наверно стоит добавить еще один параметр - общий делитель $x,y$ и оговорить взаимною простоту $a,b$...наверное

[Shadow]

Не нравится, что в параметризации $u+v$ всегда делится на 4. На самом деле $z+3u$ всегда четное, а значит $z^2+3u^2$ всегда делится на 4. Так что в подстановке лучше

$x=(az+3bu)/2$

$y=(au-bz)/2$

$z+3u=a^2+3b^2$ с условием $a+b$ - четное.

[scwec]

Да, с решением согласен. Мне нравится (второй раз однако).
Могу предложить упрощенное решение, сразу следующее из тождества
$u^3+v^3=(u+v)((\frac{u+v}{2})^2+3(\frac{u-v}{2})^2)$, если положить $u+v=4t^2$ и $u=m$.
Учитывая однородность левой и правой частей исходного уравнения, добавляем ещё один параметр $k$ и в результате получаем решение
$x=4t^3{k^3}$
$y=2k^3{mt}-4t^3{k^3}$
$u=k^2{m}$
$v=4k^2{t^2}-k^2{m}$
Оно не полное, но почти очевидное.
Если же положить $u+v=4(t^2+3r^2),u=m$, ($t,r,m$ - параметры) то получаем решение Shadow.

[scwec]

Замечание.
Привожу также известное тождество, которое в решении играет важную роль.
$(a^2+3b^2)(c^2+3d^2)\equiv(ac+3bd)^2+3(ad-bc)^2$.

[vicvolf]

scwec в сообщении #1393443 писал(а):

Если же положить $u+v=4(t^2+3r^2),u=m$, ($t,r,m$ - параметры) то получаем решение Shadow.

Значит решение Shadow частный случай Вашего решения при $u+v \geq 0$.

Shadow в сообщении #1393402 писал(а):

Кстати, данное решение в каком-то смысле полное (для взаимнопростых $x,y$), потому что все делители $x^2+3y^2$ имеют такой же вид - не имеют нечетные делители $2\pmod 3$, т.е обязателно найдутся $a,b$, такие, что $z+3u=a^2+3b^2$

scwec в сообщении #1393698 писал(а):

Замечание.
Привожу также известное тождество, которое в решении играет важную роль.
$(a^2+3b^2)(c^2+3d^2)\equiv(ac+3bd)^2+3(ad-bc)^2$.

А где оно используется? Нельзя привести более подробное Ваше решение?

[Shadow]

vicvolf в сообщении #1393780 писал(а):

Значит решение Shadow частный случай Вашего решения при $u+v \geq 0$.

С точностью до наоборот. Вы что, совсем не читаете?

scwec в сообщении #1393443 писал(а):

если положить $u+v=4t^2$ и $u=m$.

Получаются решения scwec

scwec в сообщении #1393443 писал(а):

Если же положить $u+v=4(t^2+3r^2),u=m$, ($t,r,m$ - параметры) то получаем решение Shadow.

vicvolf в сообщении #1393780 писал(а):

А где оно используется? Нельзя привести более подробное Ваше решение?

Везде.

[vicvolf]

Shadow Извините, но я обращаюсь не к Вам.

[scwec]

vicvolf, на Ваши вопросы правильно ответил Shadow.
Но ещё раз: упрощенное решение, которое я привёл в качестве примера - частный случай общего решения.
В упрощенном варианте второе тождество не участвует.
А более общее решение, как мной имелось в виду, можно провести так:
$u^3+v^3=(u+v)((\frac{u+v}{2})^2+3(\frac{u-v}{2})^2)$ и полагая затем $u+v=4(t^2+3r^2), u=m$, применяем второе тождество для вычисления $x,y$. Вот и всё.

[Shadow]

vicvolf в сообщении #1393808 писал(а):

Shadow Извините, но я обращаюсь не к Вам.

Да? А мне показалось, что цитируя меня, Вы и ко мне обращались. Ладно, и мне общатся с вами не особо охота.
Что касается возможной полноты, мне кажется что нужно рассмотреть несколко вариантов (дающие различные решения...по крайней мере свиду).
В моем решении параметры $a,b$ на самом деле могут быть и полуцелые. Приведу в другом варианте:

$x=a(a^2+3b^2)-3u(a-b)/2$

$y=b(a^2+3b^2)-u(a+3b)/2$

$v=a^2+3b^2-u$

где $u(a-b)$ должно быть четным.

Дополнительного параметра для общего делителя - для кубов в квадрате, для квадратов в кубе - на самом деле не надо. Он естественным образом возникает, если параметры имеют общий делитель (у $u$ - в квадрате).
Думаю насчет другого параметра - общий делитель $x,y$, но нету у $u,v$, зато есть у $u+v$.
Пока не знаю нужен он или нет - не возникает ли опять таки естественным образом.

-- 18.05.2019, 19:26 --

Нет необходимости от такого параметра.

[scwec]

Замечу, что разница в решениях Shadow и предложенного мной, состоит практически в том, что
Shadow использует тождество $u^2-uv+v^2=(\frac{2v-u}{2})^2+3(\frac{u}{2})^2$ (этим мне решение и понравилось), а мной предложено для решения тождество $u^2-uv+v^2=(\frac{u+v}{2})^2+3(\frac{u-v}{2})^2$. Ну, а далее для вычисления $x,y$ применяется тождество из серии Multiplicative domain, которое выше приведено.
Результаты, конечно, получаются неодинаковые.
Свои $u,v,x,y$ не привожу, их легко получить, если есть интерес, используя уже сказанное.

[vicvolf]

scwec в сообщении #1393443 писал(а):

Могу предложить упрощенное решение, сразу следующее из тождества
$u^3+v^3=(u+v)((\frac{u+v}{2})^2+3(\frac{u-v}{2})^2)$, если положить $u+v=4t^2$ и $u=m$.

Наверно лучше в тождестве не использовать наименование переменных $u,v$, а то путает.

Цитата:

Учитывая однородность левой и правой частей исходного уравнения, добавляем ещё один параметр $k$ и в результате получаем решение

Получили двухпараметрическое упрощенное решение. Далее вводите еще один параметр $k$, учитывая наверно однородность тождества, а не однородность левой и правой частей исходного уравнения, так как исходное уравнение неоднородное. Поясните, пожалуйста, ввод этого параметра подробнее?

[scwec]

Поясню на примере. Представьте, что мы решаем уравнение $u^3+v^3=z^2$ в целых числах.
Оно имеет очевидное решение $1^3+2^3=3^2$. но тогда 1-параметрическим решением (частным, конечно) уравнения является $(1\cdot{k^2})^3+(2\cdot{k^2})^3=(3\cdot{k^3})^2$, где $k$ - целые числа. И дело здесь именно в однородности (хотя и различной) обеих частей исходного уравнения.
Теперь вопрос.
Найдите 2-параметрическое решение уравнения $u^3+v^3=z^2$ в целых числах.