3-параметрическое решение диофантова уравнения

[nnosipov]

scwec в сообщении #1404414 писал(а):

А здесь желательно бы показать, что выполнены все условия задачи (попарная взаимная простота $x,y,z$ и полнота решения)

А почему бы и нет: длинный семестр у меня наконец-то закончился, и можно слегка расслабиться :) Заодно появится и решение задачи из topic60451.html (эта тема незаслуженно ушла в тень на фоне упомянутой выше темы про ВТФ-3 от Феликса Шмиделя).

Утверждение. Пусть $x^3+4v^3=y^2$, где $x$ нечётно и $\gcd{(x,v)}=1$. Тогда

$$ x=k(k^3+4l^3), \quad v=l(l^3-2k^3) \eqno(*) $$

для некоторых взаимно простых целых чисел $k$, $l$.

Доказательство. Положим $\theta=\sqrt[3]{2}$. Нам понадобятся следующие факты о кольце $\mathbb{Z}[\theta]$:

1. Это кольцо евклидово и, как следствие, является факториальным.
2. Единицы (обратимые элементы) этого кольца имеют вид $\varepsilon=\pm (-1+\theta)^j$, где $j \in \mathbb{Z}$.

Доказательство этих фактов я сейчас приводить не буду, но отмечу, что оно вполне элементарно (скажем, второй факт доказывается на основе техники, аналогичной той, что используется для описания всех решений классического уравнения Пелля).

Перейдём к доказательству утверждения. Рассмотрим разложение

$$ x^3+4v^3=(x+v\theta^2)(x^2-xv\theta^2+2v^2\theta). $$

Сомножители в правой части --- числа $\alpha=x+v\theta^2$ и $\beta=x^2-xv\theta^2+2v^2\theta$ --- взаимно просты в $\mathbb{Z}[\theta]$. В самом деле, любой их общий простой делитель $\rho \in \mathbb{Z}[\theta]$ был бы делителем числа

$$ \beta-(x-2v\theta^2)\alpha=6v^2\theta, $$

откуда $\rho$ --- делитель $6$ или $\rho$ --- делитель $v$. Ясно также, что в обоих случаях $\rho$ является делителем $y$, ибо

$$ y^2=\alpha\beta. \eqno(**) $$

Теперь заметим, что $\gcd{(y,6)}=1$ (очевидно, $y$ не может быть чётным; если $y$ делится на $3$, то из сравнения $x^3+4v^3 \equiv 0 \pmod{9}$ выводим $x \equiv v \equiv 0 \pmod{3}$ --- противоречие). Значит, первый случай (когда $\rho$ --- делитель $6$) невозможен. Второй случай также невозможен: иначе $\rho$ был бы делителем $x$, а тогда числа $x$ и $v$ не были бы взаимно просты.

Теперь из $(**)$ (а также на основе фактов 1 и 2) следует, что

$$ \alpha=\varepsilon(a+b\theta+c\theta^2)^2, $$

где $a$, $b$, $c$ --- некоторые целые числа, а $\varepsilon \in \{1,-1+\theta\}$ (поскольку $\alpha\beta=y^2>0$ и $\beta>0$, имеем $\alpha>0$). Если $\varepsilon=-1+\theta$, то

$$ x=-a^2+2b^2-4bc+4ac, \quad 0=-2ab+a^2-2c^2+4bc, $$

что невозможно, поскольку $x$ нечётно. Значит, $\varepsilon=1$ и тогда

$$ x=a^2+4bc, \quad 0=ab+c^2, \quad v=2ac+b^2. $$

Поскольку $\gcd{(x,v)}=1$, мы имеем $\gcd{(a,b)}=1$. Теперь из равенства $c^2=-ab$ следует, что $a=k^2$, $b=-l^2$ (считая $a>0$) и $c=-kl$ для некоторых взаимно простых целых чисел $k$, $l$. Отсюда и получаются формулы $(*)$.

-- Чт июл 11, 2019 23:48:31 --

vicvolf в сообщении #1404583 писал(а):

Однородное уравнение $x^3+Ky^3=z^3$ имеет такое же решение.

Независимо от $K$? Возьмите, например, $K=6$.

[scwec]

nnosipov, Вы, как всегда на высоте. Исчерпывающее решение.

[AlexSam]

Может в тему будет.
Для уравнения: ${{x}^{3}}+K\, {{y}^{3}}={{z}^{3}}$

${{\left( {{c}^{3}}-3 b\, {{c}^{2}}-6 {{b}^{2}} c-{{b}^{3}}\right) }^{3}}+b c\, \left( c+b\right) \, {{\left( 3 {{c}^{2}}+3 b c+3 {{b}^{2}}\right) }^{3}}={{\left( {{c}^{3}}+6 b\, {{c}^{2}}+3 {{b}^{2}} c-{{b}^{3}}\right) }^{3}}$

[scwec]

Это тождество использует В. Серпинский в своей книге "О решении уравнений в целых числах" при рассмотрении уравнения $x^3+y^3=kz^3$ на стр. $65$.

[AlexSam]

Цитата:

Это тождество использует В. Серпинский в своей книге "О решении уравнений в целых числах" при рассмотрении уравнения $x^3+y^3=kz^3$ на стр. $65$.

Спасибо. Буду читать.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #1404589 писал(а):

vicvolf в сообщении #1404583 писал(а):

Однородное уравнение $x^3+Ky^3=z^3$ имеет такое же решение.

Независимо от $K$? Возьмите, например, $K=6$.

Тривиальное решение $y=0,z=x$ для уравнения $x^3+Ky^3=z^3$ существует для любого $k$. Нетривиальное целое решение для данного уравнения существует только в случаях $k=ab(a+b)/c^3$, где $a,b,c$ - целые числа, отличные от нуля (Серпинский стр. 65). Например, при $k=2$ нетривиальным решением в целых числах будет $x=y=z$, т.е. нетривиальные целые решения будут находиться на прямой и оценка их количества в кубе со стороной длины $N$ будет $O(N)$. Оценка общего количества решений данного уравнения в кубе со стороной длины $N$ будет $O(N^2)+O(N)=O(N^2)$. Таким образом, оценка общего количества решений данного уравнения при любом $k$ в кубе со стороной длины $N$ будет $O(N^2)$.
Помните, в одной теме, я давал оценку максимального числа целых (натуральных) решений не обязательно неприводимого алгебраического диофантова уравнения в гиперкубе со стороной $N$, а именно $nN^{k-1}$, где $n$ - степень уравнения, $k$ - количество переменных. Эта оценка доказывается по индукции. Например, при $k=1$ (при одной переменной) получаем, что количество решений не превосходит $n$ - степень уравнения. Данная оценка соответствует асимптотической оценке сверху $O(N^{k-1})$. В данном случае $k=3$ и данная асимптотическая оценка совпадает с оценкой количества решений нашего неприводимого алгебраического однородного диофантова уравнения.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #1404704 писал(а):

Тривиальное решение $y=0,z=x$ для уравнения $x^3+Ky^3=z^3$ существует для любого $k$.

Так Вы только это имели в виду? Да уж ...

vicvolf в сообщении #1404704 писал(а):

Оценка общего количества решений данного уравнения в кубе со стороной длины $N$ будет $O(N^2)+O(N)=O(N^2)$. Таким образом, оценка общего количества решений данного уравнения при любом $k$ в кубе со стороной длины $N$ будет $O(N^2)$.
Помните, в одной теме, я давал оценку максимального числа целых (натуральных) решений не обязательно неприводимого алгебраического диофантова уравнения в гиперкубе со стороной $N$, а именно $nN^{k-1}$, где $n$ - степень уравнения, $k$ - количество переменных. Эта оценка доказывается по индукции. Например, при $k=1$ (при одной переменной) получаем, что количество решений не превосходит $n$ - степень уравнения. Данная оценка соответствует асимптотической оценке сверху $O(N^{k-1})$. В данном случае $k=3$ и данная асимптотическая оценка совпадает с оценкой количества решений нашего неприводимого алгебраического однородного диофантова уравнения.

То, что Вы здесь пишите, вообще не имеет отношения к вопросам данной темы. Еще раз Вам повторяю (как и тогда): эти банальности никому не интересны.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #1404709 писал(а):

То, что Вы здесь пишите, вообще не имеет отношения к вопросам данной темы.

В этой теме разговор идет о параметрических решениях диофантовых уравнений. В связи с этим возник вопрос о максимальном возможном количестве параметров в решениях диофантовых уравнений. Я думаю, что максимальное количество параметров равно $k-1$, где $k$ - количество переменных в диофантовом уравнении, и совпадает с показателем степени в оценке максимального количества целых решений - $O(N^{k-1})$. Вопрос оказался не банальным, так как есть и другие мнения.

Shadow в сообщении #1392204 писал(а):

Так что в моем решении нет лишних параметров - наоборот - не хватает. И в полном решении уравнения scwec могут быть и 7 параметров. И лишнего не будет.

Хотелось бы узнать Ваше авторитетное мнение.

[scwec]

vicvolf, в данной теме находятся конкретные решения разных уравнений в целых и рациональных числах.
В формулировках задач речь об оценке числа решений отсутствует.
Вопрос о числе параметров возник именно у Вас.
Shadow дал разъяснения по этому поводу. Вы с ним согласились.
Обсуждать здесь этот вопрос о параметрах далее не вижу смысла (но допускаю ответы Вам по данному вопросу других участников).