Суммы кубов

[Andrey A]

Для каких целых $a,b,c,d,e,f$ выполняется $(a^3+b^3)(c^3+d^3)=e^3+f^3\ ?$

Общее решение тут не предполагается, но всё же не численное. Пары $(a,b);(c,d)$ можно считать взаимно простыми.

[xagiwo]

Andrey A в сообщении #1527280 писал(а):

Общее решение тут не предполагается, но всё же не численное

Точно не предполагается, или это очепятка?

[Andrey A]

xagiwo
Ладно, давайте общее.

[xagiwo]

Andrey A эй, мы так не договаривались!

[Andrey A]

Тогда пусть будет как договаривались. Задача-то несложная.

[xagiwo]

Andrey A ещё раз, что требуется? Найти какую-то серию решений?

[Andrey A]

xagiwo в сообщении #1527323 писал(а):

Найти какую-то серию решений?

Избегая по возможности тривиальностей типа $c=a,d=-b.$

[xagiwo]

Ну, не знаю, насколько это тривиально, из $(a+b)(c+d) = e+f,\; (a + \zeta b) (c + \zeta d) = -(e + \zeta f),\; \zeta^3 = 1$ получается, что при $b(d-2c) = 2a(c+d)$ подойдёт $e = ac + 2ad + 2bc, f = 2ac + ad + bc$

[xagiwo]

То есть получается тривиальность типа $b = 2(c+d),\, a = d - 2c$ Можно попытаться накопать ещё таких и найти какой-нибудь общий вид для них

[Andrey A]

Лучше так: $\dfrac{a}{b}=\dfrac{d-2c}{2(c+d)}$, тогда пара вз. простых $(a,b)$ следует из несократимой дроби, а $(c,d)$ – свободные аргументы. Я таковыми брал $(a,b)$ и получил $\dfrac{c}{d}=\dfrac{2a-b}{a-2b}, \ e=ac+bd-bc, \ f=ac+bd-ad.$ Странно, что при аналогичном подходе имеем численно разные результаты. Да, есть о чем задуматься. Произвольная сумма кубов домножается на зависимую, которая единственна, и в этом неполнота. Способы обобщить имеются, конечно, но пока не выкладываю. Вдруг Вы нетривиальное что-нибудь придумаете )

[xagiwo]

А не даст ли
$\dfrac{e+\zeta f}{(a+\zeta b)(c+\zeta d)} = \dfrac{r+\zeta s}{u + \zeta v}$; $\dfrac{e+f}{(a+b)(c+d)} = \dfrac{u^2+v^2-uv}{r^2+s^2-rs}$ полное решение?

Я пробовал взять $\dfrac{e+\zeta f}{(a+\zeta b)(c+\zeta d)} = \dfrac{r}{s}$; $\dfrac{e+f}{(a+b)(c+d)} = \dfrac{s^2}{r^2}$ и получил решение
$b = s(r^3-s^3)(c+d)$; $a = s[(s^3 - r^3)c + (2r^3+s^3)d]$; $e = r[(s^3-r^3)c^2 + (s^3-r^3)d^2+(2s^3+r^3)cd]$; $f = r[(r^3-s^3)c^2 + (2s^3+r^3)d^2+(s^3-r^3)cd]$
, а дальше меня понесло куда-то не туда

[Andrey A]

xagiwo в сообщении #1527369 писал(а):

... полное решение?

Это вряд ли. Что, если имеются другие отображения $(e',f')$, и сколько их еще. Задачу о четырех кубах Вика П. не считает решенной, хотя решение найдено общими усилиями на dxdy. В любом случае требует доказательств. Мои возражения следующие: Вы берете $s$ общим делителем $a,b$. Это принимается, поскольку $s$ не делит полиномиально $e,f$, но тогда и пару $c,d$ не следует считать вз. простой. Однако, если допустить $t=\gcd (c,d)$, то из Ваших формул следует также $t \mid a,b,e,f.$ Пары (a,b);(c,d) оказываются не симметричны, что не характерно для общих решений. Впрочем, этого и не требовалось, а так зачет. Условие взаимной простоты потому и добавлено.

Мое решение:
для произвольных $a,b,n\ \left ( \gcd (a,b)=1 \right )$ однозначно определена несократимая дробь $\dfrac{c}{d}=\dfrac{(2a-b)n^3+a+b}{(a-2b)n^3-a-b}$. Тогда $e=(a-b)(c-d)n-bdn;\ f=(a-b)(c-d)n-acn.$

Andrey A в сообщении #1527325 писал(а):

Избегая по возможности тривиальностей типа $c=a,d=-b.$

Случай $n=1$ как раз описывает решение с $6$-ми степенями в правой части.

[xagiwo]

Andrey A в сообщении #1527382 писал(а):

Мое решение: …

Что-то подобное получится, если взять у меня $s = 1$.

Andrey A в сообщении #1527382 писал(а):

Это вряд ли. Что, если имеются другие отображения $(e',f')$, и сколько их еще. Задачу о четырех кубах Вика П. не считает решенной, хотя решение найдено общими усилиями на dxdy. В любом случае требует доказательств. Мои возражения следующие: Вы берете $s$ общим делителем $a,b$. Это принимается, поскольку $s$ не делит полиномиально $e,f$, но тогда и пару $c,d$ не следует считать вз. простой. Однако, если допустить $t=\gcd (c,d)$, то из Ваших формул следует также $t \mid a,b,e,f.$ Пары (a,b);(c,d) оказываются не симметричны, что не характерно для общих решений. Впрочем, этого и не требовалось, а так зачет. Условие взаимной простоты потому и добавлено.

Тут я имел в виду полное решение в рациональных. Отношение $\frac{e+\zeta f}{(a+\zeta b)(c+\zeta d)}$ всё равно чему-то да равно, вот я и выписал, чему. Это даст все рациональные решения, правда в настолько отвратительной форме, что я даже не собираюсь продолжать.
А то, что идёт двумя строчками ниже, на полноту и не претендует.

-- 28.07.2021, 06:25 --

Хм, я тут понял, что при $s \neq 1$ может случиться так, что взаимно простых $(a,b)$ моё решение давать не будет даже после домножения $(a, b, e, f)$ на одно и то же число

-- 28.07.2021, 06:39 --

При $u + \zeta v = 1$ получаем $e = r(ac-bd) + s(bd-ad-bc),\, f = r(ad+bc-bd) + s(ac-ad-bc)$ и условие $(r^2 + s^2 - rs)(e+f) = (a+b)(c+d)$. Если условие представить в виде $\frac{c}{d} = \frac{f(a)}{g(b)}$ это даст серию решений, причём, подозреваю, Ваше решение будет её частным случаем удивительно, но похоже, что нет. А если подставлять нецелые $r, s$ то получатся все рациональные решения

-- 28.07.2021, 06:49 --

Есть ли здесь принципиально иные подходы, не требующие рассматривать отношение $\frac{e+\zeta f}{(a+\zeta b)(c+\zeta d)}$?

[Andrey A]

xagiwo в сообщении #1527386 писал(а):

... принципиально иные подходы

Не знаю. Думаю, что общее решение в рациональных числах предполагает наличие обратной связи. То есть, имея на руках некоторое решение, мы должны найти все свободные переменные, из которых оно получено и указать способ их нахождения, т.е. решить обратную задачу. В теории эллиптических кривых общее решение с частным не спутаешь, а для логических построений вот такой маячок. Посмотрите тему о четырех кубах. Там Shadow находит удачную схему, из которой удается получить общее решение в целых числах. Но применительно к данной задаче... что-то сомневаюсь.

[xagiwo]

Andrey A
Ну, в решении из последнего сообщения обратная связь есть (в рациональных), ибо

xagiwo в сообщении #1527386 писал(а):

Отношение $\frac{e+\zeta f}{(a+\zeta b)(c+\zeta d)}$ всё равно чему-то да равно

Все целые решения из этого рационального вроде получить можно: мы фиксируем произвольные целые $c, d$ и рациональные $r, s$ и получаем четвёрку $(a,b,e,f)$ с точностью до пропорциональности, после чего берём минимальное целое решение. Вроде не хуже того, что Вы с Shadow сделали в теме о четырёх кубах, разве что громоздко. А ещё $a,b$ могут получиться не взаимно простыми