Суммы кубов

[Andrey A]

Хорошо, предположим $c,d$ взаимно просты и $\gcd (a,b)=t.$ Что нам мешает разделить $a,b$ на $t$ и вместо $c,d$ взять $ct,dt$ ? Произведение не изменится. Такие вещи хорошо бы понимать с самого начала. Общее решение предполагает тогда взаимно простые пары $(a,b);(c,d)$ и рациональные $e,f$. Почленное домножение на их общий знаменатель возвращает целочисленное решение, а как распределятся множители между скобочками левой части уравнения – не принципиально. Исходя из этого, попробуйте записать уравнение в рациональных, возможно ситуация упростится. Моё решение даже переписывать не надо, просто взять рациональное $n$.

[xagiwo]

Andrey A
Я предполагал, что мы хотим целые $e, f$. Тогда как не передёргивай общий делитель между $a,b$ и $c,d$, если $(e,f)$ на него не делится, от него не избавиться.
И я вроде уже говорил про рациональные: моё решение

xagiwo в сообщении #1527386 писал(а):

$e = r(ac-bd) + s(bd-ad-bc),\, f = r(ad+bc-bd) + s(ac-ad-bc)$ и условие $(r^2 + s^2 - rs)(e+f) = (a+b)(c+d)$

даёт все рациональные решения.

-- 28.07.2021, 14:32 --

То есть теперь мы ищем решения с $\gcd(a,b,e,f) = \gcd(c,d,e,f) = 1$? Просто в первом сообщении было $\gcd(a,b)=\gcd(c,d)=1$, что является, видимо, более сложной задачей

[xagiwo]

Andrey A
У меня ощущение, что мы друг друга не понимаем, я про своё решение, Вы — про своё У меня здесь уже проскальзывало между строк общее (или почти общее) решение, если Вы его не заметили, я могу его полностью тут выписать, а если у Вас к нему какие-то претензии, можете сказать

[Andrey A]

xagiwo в сообщении #1527426 писал(а):

... претензии

Да нет, скорее предыдущие претензии в свете сказанного снимаются – множитель $s$ не нарушает общности. Но если Вы хотите сформулировать общее решение, то сделайте это. Хочешь быть счастливым — будь им! Без оговорок типа "следуют из равенства". Если Вы еще укажете, как найти для некоторого численного решения параметры $r,s$, из которых оно получено, это послужит доказательством общности.

upd
В моем решении параметр $n$ выражается однозначно через $a,b,c,d:\ n=$ $\dfrac{1}{\sqrt[3]{\frac{3}{2} \cdot \frac{(a-b)(c-d)}{(a+b)(c+d)}-\frac{1}{2}}}.$ Доказать, что оно не является общим легко. Берем какое-нибудь на коленке подобранное решение, к примеру $(5^3+2^3)(23^3+4^3)=155^3-128^3$, подставляем в формулу и узнаем, что $n$ не является рациональным числом. Но даже если бы повезло, значения $e,f$ получили бы отсюда однозначно. А что, если есть другие представления? В скобках левой части они тоже могут быть. Понимаете за что беретесь?

[xagiwo]

Andrey A в сообщении #1527432 писал(а):

Без оговорок типа "следуют из равенства"

А что в них плохого?

Andrey A в сообщении #1527432 писал(а):

Понимаете за что беретесь?

А за что я брался? (это искренний вопрос, а не издевательство)

Ну ладно. Для начала возьмём произвольное решение $(a, b, c, d, e, f)$. Посчитаем для него

$$\frac{e+\zeta f}{(a + \zeta b)(c + \zeta d)} = r + \zeta s \eqno{(1.1)}$$

и сопряжённое к нему

$$\frac{e+\zeta^2 f}{(a + \zeta^2 b)(c + \zeta^2 d)} = r + \zeta^2 s\eqno{(1.2)}$$

При этом $e = r(ac-bd) + s(bd-ad-bc),\, f = r(ad+bc-bd) + s(ac-ad-bc)$.
Далее, имеем

$$a+b = (e+f)\cdot\frac{e+\zeta f}{(a + \zeta b)(c + \zeta d)}\cdot\frac{e+\zeta^2 f}{(a + \zeta^2 b)(c + \zeta^2 d)} = (e+f)(r^2+s^2-rs)\eqno{(2)}$$

То есть для каждой шестёрки решений есть $r$ и $s$ такие, что

$$e = r(ac-bd) + s(bd-ad-bc) \eqno{(3)}$$ $$f= r(ad+bc-bd) + s(ac-ad-bc) \eqno{(4)}$$ $$a+b = (e+f)(r^2+s^2-rs) \eqno{(5)}$$

Теперь обратно. Пусть заданы некоторые $c, d, r, s$, тогда подставив вместо $e$ и $f$ функции $(3), (4)$ в уравнение $(5)$ получим однородное линейное уравнение относительно $a, b$. Если подставить вместо $a, b$ любое его решение, получим, что выполняется $(3), (4), (5)$. Из $(3), (4)$ следует $(1)$, а из $(1), (5)$ следует $(2)$, откуда $(a^3 + b^3)(c^3 + d^3) = e^3 + f^3$. Значит, равенства $(3),(4),(5)$ если принять $r, s, c, d$ за параметры, дадут единственное с точности до пропорциональности решение $(a, b, e, f)$ и наоборот, любое решение $(a, b, c, d, e, f)$ даст какие-то $r, s$ такие, что $(3),(4),(5)$

[Andrey A]

xagiwo в сообщении #1527465 писал(а):

А что в них плохого?

Похоже на задачу из Куроша. С тем же успехом можно в качестве решения предъявить учебник. Параметры $r,s$ напрямую следуют из $(3),(4)$ как из линейной системы, но Вам даже это в лом выписать. А что тут целое, рациональное, что тут сократимое или не обязательно и как вообще этим пользоваться — до этого чистому разуму дела нет. Дела индейцев шерифа не волнуют. Не, я всё понимаю, но дали бы хоть пример, численное решение я вот подогнал. Самое обидное, что оно похоже на правду, но xagiwo, если хотите чтобы Ваше решение пошло кому-то в прок, сделайте пожалуйста всё по уму. Вольфрам линейные системы решает быстро, почему я должен делать это за Вас?

[xagiwo]

Я ошибся: в $(2),(5)$ слева должно быть $(a+b)(c+d)$

Andrey A в сообщении #1527494 писал(а):

Параметры $r,s$ напрямую следуют из $(3),(4)$ как из линейной системы, но Вам даже это в лом выписать

А зачем это выписывать? Чтобы были явные формулы для $r,s$? И кому они нужны? Полнота решения проще доказывается в $\mathbb Z[\sqrt[3]{1}]$, чем выписыванием явных формул.

Andrey A в сообщении #1527494 писал(а):

А что тут целое, рациональное, что тут сократимое или не обязательно и как вообще этим пользоваться — до этого чистому разуму дела нет.

Справедливое замечание. $r,s$ рациональные, всё остальное целое или рациональное — это неважно, т.к. решение определено с точностью до пропорциональности.

Как этим пользоваться:
Выбираем произвольные $c,d,r,s$, равенство $(5)$ приводится к виду

$$\frac{a}{b} = \frac{-(c+d) + (r^2+s^2-rs)(rc-2rd+sd-2sc)}{(c+d)-(r^2+s^2-rs)(rc+rd+sc-2sd)}$$

Полученные $a,b$ подставляем в $(3),(4)$ и получаем решение

[Andrey A]

xagiwo
Да, решение общее. Мои поздравления. Нравится – пусть остается в таком виде.

На всякий случай для $(5^3+2^3)(23^3+4^3)=155^3-128^3\ r=3/151,s=-398/151.$

Upd 3.08.2021
Подстановкой $c=1,d=0$ получаем еще одно решение задачи о четырех кубах. В свою очередь, любое решение задачи о четырех кубах имеет следствием некоторое решение настоящей задачи:
если $k^3+l^3+m^3=n^3$, верно также $(k^3+l^3)(k^3+m^3)=(kn)^3+(lm)^3.$ Общим оно не является, конечно, зато было бы верно и для нечетных степеней $>3.$ Если бы такие четверки существовали.

[Andrey A]

Еще одна задача под тем же заголовком. Известные равенства:
$1+2+3+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}=t_n$ — треугольное число.
$1^3+2^3+3^3+...+n^3=\left ( \dfrac{n(n+1)}{2} \right )^2=t_n^2$ — квадрат треугольного числа.
Известно также, что кроме нуля и единицы треугольные числа не могут быть степенями $>2$, поэтому полные суммы последовательных кубов оказываются либо квадратом (в общем случае), либо $4$-й степенью: $1^3+2^3+3^3+...+8^3=6^4.$ Третьего не дано. Между тем, частной суммой натурального ряда представимо любое целое число, в том числе и степени. Хуже всего с этим дела у степеней двойки: $2^n=t_{2^n}-t_{2^n-1}$ (единственно возможное). А вопрос следующий: могут ли частные суммы последовательных кубов быть целым квадратом? Если да, то какие. Иными словами, предлагается решить уравнение в целых числах:

$$ t_X^2-t_Y^2=Z^2\ \ \ (X>Y>0) \eqno(6)$$

На сладкое само напрашивается уравнение со степенью $>2$ в правой части. Примеры имеются: $3^3+4^3+5^3=6^3$ или $15^3+16^3+...+34^3=70^3,$ но вопрос пока не исследован.

[mathpath]

Andrey A в сообщении #1529610 писал(а):

$$ t_X^2-t_Y^2=Z^2\ \ \ (X>Y>0) \eqno(6)$$

Вообще говоря, можно найти решения для Z в степени 2, 3, 4,.., 10...
Дальше 10-й не искал, но вероятно тоже есть

[Andrey A]

mathpath
Если не затруднит, дайте примеры наименьших решений для степеней $>3.$ Это интересно, особенно $Z^5,Z^7.$

[mathpath]

$$ t_{32}^2-t_{31}^2=8^5$$ $$ t_{128}^2-t_{127}^2=8^7$$ $$ t_{512}^2-t_{511}^2=8^9$$ $$ t_{2048}^2-t_{2047}^2=8^{11}$$

И дальше до бесконечности

[Andrey A]

Ага, понял. Эти решения описываются тождествами $t_n-t_{n-1}=n,\ t_n+t_{n-1}=n^2$ и, соответственно, $t^2_n-t^2_{n-1}=n^3.$ Если вместо $n$ взять $n^m$, получим $(n^m)^3=(n^3)^m$. Последовательность кубов из одного члена — тривиальный случай, который тоже требует упоминания. Вот и хорошо. Как насчет остальных?

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1529610 писал(а):

$$ t_X^2-t_Y^2=Z^2\ \ \ (X>Y>0) \eqno(6)$$

Итак, разделим почленно $(6)$ на $t_Y^2: \left ( \dfrac{t_X}{t_Y} \right )^2-1=\left ( \dfrac{Z}{t_Y} \right )^2.$ Соответствующее уравнение в рациональных числах имеет полное $1$-параметрическое решение: $\left ( \dfrac{m^2+1}{2m} \right )^2-1=\left ( \dfrac{m^2-1}{2m} \right )^2.$ С другой стороны, если для произвольного рационального аргумента $m$ находятся $X,Y$ такие, что

$$\dfrac{t_X}{t_Y}=\dfrac{m^2+1}{2m}, \eqno(6')$$

видим: $\left ( \dfrac{t_X}{t_Y} \right )^2-1=\left ( \dfrac{m^2-1}{2m} \right )^2$. Домножая последнее на $t_Y^2$, получаем в правой части рациональный квадрат, который не может не быть целым числом, ведь в левой части у нас разность целых квадратов. Отсюда определено $Z^2$, и задача полностью сводится к уравнению $(6')$, которое можно записать еще так: $\dfrac{(2X+1)^2-1}{(2Y+1)^2-1}=\dfrac{m^2+1}{2m}.$ Некоторые его решения следуют из разложения $\sqrt{\dfrac{m^2+1}{2m}}$: если дробь $a_1,a_2,...,a_n$ соответствует ур. Пелля, то дробь $a_1,a_2,...,a_n,a_1 \pm 1$ возвращает нужные пары $\dfrac{2X+1}{2Y+1}$. Решений как минимум две бесконечные серии, но могут быть и другие, хотя бы потому что пара $(2X+1,2Y+1)$ не обязана быть взаимно простой. Подробней об этом было здесь. Пост написан давно и, видимо, несколько сумбурен. Но уж как есть.




К уравнению

$$ t_X^2-t_Y^2=Z^3 \eqno(7)$$

до сих пор не понимаю как подступиться. Известно, что существуют рациональные $\alpha \beta =Z$ такие, что $\left\{\begin{matrix} \dfrac{\alpha \beta (\alpha + \beta )}{2}=t_X\\ \dfrac{\alpha \beta (\alpha - \beta )}{2}=t_Y \end{matrix}\right.$. Последняя система эквивалентна $(7)$. Для некоторого решения $(X_0,Y_0,Z_0)$ пара $\alpha_0, \beta_0$ определена однозначно:

$$\sqrt[3]{\dfrac{(t_{X_0}+t_{Y_0})^2}{t_{X_0}-t_{Y_0}}}=\alpha_0,\ \sqrt[3]{\dfrac{(t_{X_0}-t_{Y_0})^2}{t_{X_0}+t_{Y_0}}}=\beta_0 \eqno(8)$$

Любое из этих равенств также эквивалентно $(7)$, и одно следует из другого, $ \alpha \beta =Z$ как следствие. Просто повод для размышлений. Я тут даже не уверен в конечности/бесконечности числа решений.

[Andrey A]

P.S. Некоторые тождества с треугольными числами можно посмотреть здесь https://dxdy.ru/post1048178.html#p1048178. Проблема не новая, конечно. Последовательность кубических $Z$ имеется в https://oeis.org/A097811 плюс публикация https://arxiv.org/abs/1603.08901. В начале приводится любопытный результат некого Pagliani за 1829 г., но полного решения, на сколько понял, нет даже для квадратов. Если что, пусть меня поправят.
Гугл писала/переводило:
Эйлер заметил соотношение $6^3 = 3^3 + 4^3 + 5^3$ и спросил о других экземпляры кубов,
которые являются суммами последовательных кубов. Подобные проблемы есть изучали
Каннингем, Каталан, Дженночи, Лукас, Пальяни, Кассель, Учияма, Струкер и Чжунфэн Чжан.
В частности, Струкер определил все квадраты, которые можно записать как сумму не более
50 последовательных кубиков. Мы обобщить работу Струкера, определив все совершенные силы,
которые являются суммами не более 50 последовательных кубиков. Наши методы включают спуск,
линейные формы в два логарифма и кривые Фрея-Хеллегуарха.