Задача о четырех кубах

[Andrey A]

Получил $6-$параметрическое решение диофантова уравнения $x^3-y^3=z^3-t^3$. В полноте не уверен, но пусть будет. Не пропадать же.

$x=(a-3b)(kn-lm)+(a+b)(kl+3mn)$
$y=(a+3b)(kn-lm)-(a-b)(kl+3mn)$
$z=(c-3d)(kn+lm)+(c+d)(kl-3mn)$
$t=(c+3d)(kn+lm)-(c-d)(kl-3mn)$

Тут $(a,b);(c,d);(k,m)$ — фиксированные пары взаимно простых аргументов $\neq 0$, пара $(l,n)$ определена несократимой дробью $\dfrac{l}{n}=\dfrac{3\left [ (cm+dk)(c^2+3d^2)+(am-bk)(a^2+3b^2) \right ]}{(ck-3dm)(c^2+3d^2)-(ak+3bm)(a^2+3b^2)}.$
Если параметры $x,y,z,t$ имеют общий делитель $>1$, предполагается сокращение. Так что можно обойтись и без $(l,n)$, взяв вместо них числитель и знаменатель последней дроби, но вышло бы громоздко. Маленьких решений, отсутствующих в перечне Александрова не нашел. Наверное они там все $<100.$

[Shadow]

Цитата:

Полностью решить же задачу Эйлера удалось только в 2000 г. российскому математику Г.Александрову.

Что-то сильно сомневаюсь...задача не такая уж сложная Ну конечно
Andrey A, ваши решения красивые, симетричные.

Andrey A в сообщении #1437830 писал(а):

Получил $6-$параметрическое решение диофантова уравнения $x^3-y^3=z^3-t^3$

Не многовато ли? 6-параметрическое в целых предполагает 3-параметрическое в рациональных, а полное решение 2-параметрическое. Уравнение, конечно сводится к
$X(X^2+3Y^2)=W(W^2+3Z^2)$ в целых, или к

$x(x^2+3y^2)=1+3z^2\quad(1)$ в рациональных.

Возможное продолжение..

Для любой тройки $(x,y,z)$ рациональных чисел существует, причем ровно одна пара $(m,n)$ рациональных, таких что

$\begin{cases}1=mx+3ny\\z=nx-my\end{cases}\quad(2)$

И при этом $1+3z^2=(x^2+3y^2)(m^2+3n^2)$, откуда из уравнения (1)

$x=m^2+3n^2$

Из первого уравнения системы (2) выразим y, потом из второго - z. Получим полное решение уравнения (1) от двух параметров $(m,n)$.

[grizzly]

Shadow
Насколько я понял, полные решения найдены только для задачи в рациональных числах и это намного проще, чем получить выражение для всех целых решений.

Andrey A
Не смог понять, почему Г.Александров называет своё решение полным. Всё, что сделано по ссылке -- дана некоторая процедура, по которой можно найти все решения в пределах от ${-}100$ до $100$. Никакого обоснования, что с помощью этой процедуры можно найти все решения для более широких диапазонов, я там не нашёл или не понял.
Было бы здорово проверить, даёт ли Ваша параметризация все целые решения хотя бы в диапазоне от ${-}100$ до $100$.

[Shadow]

grizzly в сообщении #1437915 писал(а):

Насколько я понял, полные решения найдены только для задачи в рациональных числах и это намного проще, чем получить выражение для всех целых решений.

Одинаково просто. Просто дописывается множитель $r$ - рациональное число, знаменатель которого равен НОД полученых значений, а числитель - любое целое число.

[grizzly]

Shadow в сообщении #1437919 писал(а):

Одинаково просто. Просто дописывается множитель $r$ - рациональное число, знаменатель которого равен НОД полученых значений, а числитель - любое целое число.

Ну тогда можно ещё проще: если в рациональном решении после всех возможных сокращений остаются какие-то знаменатели, тогда просто домножить обе стороны на 0. Целые решения как раз все и останутся. Я почему-то думал, что такие подходы в этих задачах считаются "неспортивными" :)

[Andrey A]

Да, я тоже думал. Но статью в Вики как-будто правили в четыре руки. Кто такой Г.Александров догадываюсь, АН тут не причем. https://www.youtube.com/channel/UCRAixR64QT4B0oSZHqq9Dkw
$6$ параметров мне тоже кажется избыточно, но упразднить вроде бы нечего. Выложу сегодня если успею.

[Shadow]

Так, grizzly Вы меня не поняли. Может, я недостаточно четко выразился. Я не решаю исходное уравнение в рациональных. Я свожу его к соответствующему в рациональных, т.к оно однородное. Обратите внимание:

Shadow в сообщении #1437906 писал(а):

$X(X^2+3Y^2)=W(W^2+3Z^2)$ в целых

После деления на $W^3$ и переходе к новым, уже рациональным переменным

$x=X/W,y=Y/W,z=Z/W$

получается уравнение

Shadow в сообщении #1437906 писал(а):

$x(x^2+3y^2)=1+3z^2\quad(1)$ в рациональных.

С одной переменной меньше - нету $W$. Которое полностью решается.
Так что

grizzly в сообщении #1437927 писал(а):

если в рациональном решении после всех возможных сокращений остаются какие-то знаменатели,

то общий знаменатель будет переменная $W$.

Стандартный метод при решении однородных уравнений в целых числах.

[Yadryara]

Народ, а вы видели тему Коровьева «Задача о 4-х кубах. 4-х параметрическое решение» ?

[Yadryara]

Andrey A в сообщении #1437929 писал(а):

Кто такой Г.Александров догадываюсь,

Я тоже: Aleks-Sid. Если желаете обсуждать Георгия, то в другой теме.

[vicvolf]

Shadow в сообщении #1437906 писал(а):

Цитата:

Получил $6-$параметрическое решение диофантова уравнения $x^3-y^3=z^3-t^3$

Не многовато ли? 6-параметрическое в целых предполагает 3-параметрическое в рациональных, а полное решение 2-параметрическое.

Почему? В Вашей ссылке полные рациональные параметризации у Г. Харди и Райта - 3-х параметрическое, а у Н. Элкис - 4-х параметрическое.

[Andrey A]

Yadryara в сообщении #1438015 писал(а):

Если желаете обсуждать Георгия...

Да нормальный человек, старенький уже. Обсуждать стоит Википедию: хорошо что не любому позволено ее править, но ведь где-то/как-то/кому-то приходится решать – кому позволено, а кому нет. Со всеми вытекающими последствиями.

grizzly
Shadow
Я пока только обосную своё решение. Для начала вопрос: любое ли равенство вида

$$X^2\ \ \ \ +\ \ \ \ 3Y^2\ \ \ \ =\ \ \ \ Z^2\ \ \ \ +\ \ \ \ 3T^2$$

может быть выражено тождеством

$$(kl+3mn)^2+3(kn-lm)^2=(kl-3mn)^2+3(kn+lm)^2.$$

$$=(k^2+3m^2)(l^2+3n^2)$$

При условии взаимной простоты пар $(k,m);(l,n)$ ответ положительный: $\dfrac{X+Y}{T+Y}=\dfrac{l}{n},\ \dfrac{X+Y}{T-Y}=\dfrac{k}{m}$, однако с оговоркой: знаки при $X,Y$ выбираются так, чтобы сумма не была кратной трём, иначе получим пропорциональное решение с коэффициентом $3$. Далее:

$x^3-y^3=z^3-t^3\leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2)=(z-t)(z^2+zt+t^2)$ $\leftrightarrow (x-y)\left ( (x-y)^2+3(x+y)^2 \right )=(z-t)\left ( (z-t)^2+3(z+t)^2 \right )$. Делая подстановки $x-y=AC,(x-y)^2+3(x+y)^2=BD,z-t=AD,(z-t)^2+3(z+t)^2=BC$ (откуда $x=AC+y,z=AD+t$), получаем систему $\left\{\begin{matrix} (AC)^2+3(AC+2y)^2=BD\\ (AD)^2+3(AD+2t)^2=BC \end{matrix}\right.$ . Все множители правой части — числа вида $p^2+3q^2$, причем такое отображение может быть не единственно. Для $B$ это надо учесть:

$$B=(k^2+3m^2)(l^2+3n^2)=(kl+3mn)^2+3(kn-lm)^2=(kl-3mn)^2+3(kn+lm)^2;\ D=a^2+3b^2;\ C=c^2+3d^2.$$

Тогда $BD=\left [ (kl+3mn)^2+3(kn-lm)^2 \right ](a^2+3b^2)=$

$$ =\left \underbrace{[ a(kl+3mn)-3b(kn-lm) \right }_{AC}]^2+3\left [ b(kl+3mn)+a(kn-lm) \right ]^2,$$

$BC=\left [ (kl-3mn)^2+3(kn+lm)^2 \right ](c^2+3d^2)=$

$$ =\left \underbrace{[ c(kl-3mn)-3d(kn+lm) \right }_{AD}]^2+3\left [ d(kl-3mn)+c(kn+lm) \right ]^2\ .$$

Полуразности квадратных скобок дают нужные $y,t$ (а значит и $x,z$), но еще не учтено $A$. Домножив выражения, выделенные подстрочными знаками, соответственно на $BD$ и $BC$ и разделив одно на другое, получаем единицу при сократившемся $B$, каким бы ни было $A$. Подставляя далее $D=a^2+3b^2$ и $C=c^2+3d^2$, получаем выражение для $\dfrac{l}{n}$, при которых предыдущие равенства оказываются верны, но только при условии вз. простоты пар $(a,b);(c,d);(k,m);(l,n)$.
Вот это несколько искусственное ограничение и может служить причиной избыточности кол-ва переменных, а также ставит под вопрос общность решения.

[Andrey A]

Shadow в сообщении #1437906 писал(а):

$x(x^2+3y^2)=1+3z^2\quad(1)$ в рациональных.
Возможное продолжение..
Для любой тройки $(x,y,z)$ рациональных чисел существует, причем ровно одна пара $(m,n)$ рациональных, таких что
$\begin{cases}1=mx+3ny\\z=nx-my\end{cases}\quad(2)$
И при этом $1+3z^2=(x^2+3y^2)(m^2+3n^2)$, откуда из уравнения (1)
$x=m^2+3n^2$
Из первого уравнения системы (2) выразим y, потом из второго - z. Получим полное решение уравнения (1) от двух параметров $(m,n)$.

Вы исходите из некого тождества, "приспосабливая" его к уравнению. Тут всегда образуется тонкое место. В данном случае получается, что для дроби $\dfrac{1+3z^2}{x^2+3y^2}=m^2+3n^2$ пара $m,n$ определена однозначно. Это верно для системы $(2)$, но верно ли это для уравнения $(1)$? Возьмем другое тождество: $\left ( \dfrac{p^2+3q}{kp} \right )^2+3\left ( \dfrac{p^2-q}{kp} \right )^2=\left ( \dfrac{p^2-3q}{kp} \right )^2+3\left ( \dfrac{p^2+q}{kp} \right )^2$. Если решить систему $(2)$ относительно $m,n$ и приравнять результат к левой части тождества, оказывается что пара $p,q$ линейно выражается в терминах $k,x,y,z$. Значит возможны иные отображения в виде суммы квадрата и утроенного квадрата, то есть теряем общность. А идея мне понравилась.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1438224 писал(а):

Это верно для системы $(2)$, но верно ли это для уравнения $(1)$?

Абсолютно. Система (2) - это по сути замена переменных. Замена $y,z$ на две другие $(m,n)$. Причем абсолютно законная. Так же, как и в уравнении (в рациональных):

$x^2+y^2=1$ можем сделать замену $y=kx-1$

это законно, потому что для любых $(x,y)$, кроме $x=0$ существует единственное $k$...А почему именно такую замену? - А потому что так нам удобно. Можно ли иначе? - можно, получаться решения в другой форме.
Так и здесь. Главное - существование и единственность. И любое решение $(x_0,y_0,z_0)$ уравнения (1) будет получено из параметрических формул при единственном значении параметров

$m=\dfrac{x_0-3y_0z_0}{x_0^2+3y_0^2},\;n=\dfrac{x_0z_0+y_0}{x_0^2+3y_0^2}$

"Проблема" при решении однородных уравнений в целых числах - необходимость деления решений на НОД. Некоторые люди считают, что это нечестно, что решение - неполное. Но такая проблема есть и в "полных решений" в статье из википедии. Есть даже у Пифагоровых троек. При каких значений параметров в решении

$\\x=(u^2-v^2)t\\ y=2uvt\\ z=(u^2+v^2)t $

получится решение $x=4,y=3,z=-5$. Да, при $t=-1/2$

Этот параметр часто упускается по умолчанию, но он есть. И он в общем случае - рациональный.

vicvolf в сообщении #1438028 писал(а):

Почему? В Вашей ссылке полные рациональные параметризации у Г. Харди и Райта - 3-х параметрическое, а у Н. Элкис - 4-х параметрическое.

А ничего что у Элкис параметр $d$ - общий множитель для всех переменных. Поставил все таки. Потому что умный. А Харди и Райт не поставили. Тупые наверное. Оба. Или, скорее всего, автор статьи в википедии переписывал формул где-что-как нашел не заморачиваясь деталями.
Короче обе решения 2-параметрические от рациональных параметров.

Andrey A, в вашем решении как я понимаю хотите избежать эту необходимость делить на НОД, доумножать. Чистое решение без всяких "если". Я не в состоянии сказать пока удалось ли вам это, слишком много ньюансов и мелких деталей. Но если удалось - то наличие двух "лишних" параметров абсолютно оправдано.

[Andrey A]

Shadow
Если правильно понял, Вы утверждаете что для фиксированной тройки рациональных $ x_0,y_0,z_0$ существует единственная пара $m,n$ таких, что $\dfrac{1+3z_0^2}{x_0^2+3y_0^2}=m^2+3n^2.$ Но как это может быть, если никто не отменял тождества $m^2+3n^2=\left ( \dfrac{m-3n}{2} \right )^2+3 \left ( \dfrac{m+n}{2} \right )^2=\left ( \dfrac{m+3n}{2} \right )^2+3 \left ( \dfrac{m-n}{2} \right )^2?$ Осторожно, мы на территории $\mathbb{Q}$. Можно еще так:

$$m^2+3n^2=\left ( \dfrac{mk^2-3m+6kn}{k^2+3} \right )^2+3 \left ( \dfrac{2km-nk^2+3n}{k^2+3} \right )^2.$$

С другой стороны ясно, что если для каждого решения уравнения $(1)$ строго определена пара $(m,n)$, с помощью которой это решение получено, то до остальных и дела нет. Вообще говоря, мне больше нравится Ваш подход, надо еще подумать.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1438339 писал(а):

Если правильно понял, Вы утверждаете что для фиксированной тройки рациональных $ x_0,y_0,z_0$ существует единственная пара $m,n$ таких, что $\dfrac{1+3z_0^2}{x_0^2+3y_0^2}=m^2+3n^2.$

Нет, конечно, это неверно.
Уравнение $m^2+3n^2=A$ для некоторой константы $A$ либо не имеет, либо имеет бесконечно много решений в рациональных числах $(m,n)$. Утверждается другое - что система (2) имеет единственное решение. А то что для него получается $\dfrac{1+3z_0^2}{x_0^2+3y_0^2}=m^2+3n^2$ - это побочный эффект, который помагает решить уравнение. Можем, конечно выбрать другая форма тождества, напр.

$\begin{cases}1=mx-3ny\\z=nx+my \end{cases}$

Решение для $x=m^2+3n^2$ не изменится, оно и из уравнения видно, что должно быть представимо в такой форме. Изменится форма записи решений для $y,z$ ну и что? Форм всяких разных может быть, важно чтобы каждая из них была полной. Проверим данное решение на полноту.
Имеем уравнение

$x(x^2+3y^2)=1+3z^2\quad\quad(1)$

И параметрическое решение данного уравнения:

$\\x=m^2+3n^2\\ \\ y=-\dfrac{m^3 + 3 m n^2 - 1}{3 n}\quad\quad (2)\\ \\ z=\dfrac{m^4 + 6 m^2 n^2 - m + 9 n^4}{3 n}$

Возмем некоторое решение $(x_0,y_0,z_0)$ уравнения и проверим при каких значений праметров оно получится (и получится ли вообще). Должно получится при

$m=\dfrac{x_0-3y_0z_0}{x_0^2+3y_0^2},\;n=\dfrac{x_0z_0+y_0}{x_0^2+3y_0^2}$

Поставим эти $(m,n)$ в формулах (2). Для $x$, после упрощения получается

$x=\dfrac{1+3z_0^2}{x_0^2+3y_0^2}$

и поскольку $1+3z_0^2=x_0(x_0^2+3y_0^2)$, то результатом будет $x=x_0$

Для $y,z$ Maple выдает зубодробительные выражения. Я выразил $z_0$ через $x_0,y_0$ из уравнения (1) (и с плюсом, и с минусом перед радикала). В обеих случаях результат был $y=y_0,z=z_0$
Значит параметризация полная.