Диофантово уравнение четвёртой и шестой степени.

[TR63]

Интересно проверить, будет ли анти результат к моей гипотезе об однородном, циклическом конечном операторе действовать на примере уравнения в целых ненулевых числах из "Олимпиадного раздела" (там оно ещё не решено; тем интереснее):

$$x^3-(3y-1)x^2+[(y^3-2y+4)x-(2y^2-4)]=0$$

Здесь возможны четыре комбинации:
1). $(x>0; y>0)$
2). $(x<0; y>0)$
3). $(x>0; y<0)$
4). $(x<0; y<0)$
Для первой комбинации в области ${2<x<(3y-1);y>2}$ нет решений. Обозначим это как $(-)$ (т.е. не существует).
При доказательстве этого факта используем частную производную. Она не меняет знак в рассматриваемой области. Значит исходная функция монотонна. На концах одинаковые знаки. Значит корней там нет. Остаётся небольшой перебор, показывающий, что имеются натуральные решения.
Для второй комбинации решений не существует (это самый простой случай).

Таким образом получили комбинацию ${+;-;(?;?)}$. Из анти результата к гипотезе следует, что в круглых скобках не может быть двух одинаковых знаков. Т.е. получаем, что, зная один из знаков, другой получаем автоматом. Короче, получилось ${+;-;+;-}$.
Этим способом случаи ${1;2;4}$ решаются полностью. В третьем случае пока обнаружено только существование. Дальше возни много (для проверки гипотезы она не нужна).
Зато уравнение

$$x^3-(3y-1)x^2+(y^3-y)x-(y^2-1)=0$$

таким способом решается полностью. Получается ${-;-;-;-}$. И в "Олимпиадном разделе" этот результат подтверждается "махровой классикой". Остаётся выяснить, подтвердится ли моё решение для первого уравнения.

Ещё меня интересует вопрос: существуют ли натуральные решения $a>1$ при $a_1-a_2-a_3=1$ в уравнении

$$a_1a^{12}-a_2a^8-a_3a^4+3=q^2$$

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

Зато уравнение

$$x^3-(3y-1)x^2+(y^3-y)x-(y^2-1)=0$$

таким способом решается полностью.

Тогда напишите подробное решение. Я не верю, что Вы можете его решить.

-- Вс дек 05, 2021 15:06:01 --

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

И в "Олимпиадном разделе" этот результат подтверждается "махровой классикой".

Будьте внимательны при переписывании условий задачи: там решается другое уравнение.

[TR63]

nnosipov в сообщении #1541692 писал(а):

Тогда напишите подробное решение.

Я напишу, но значительно позже, т.к. у меня медленная загрузка (особенно в этой теме; сейчас она загружалась десять минут; в других темах терпимо, т.к. не более одной/двух минут).
Я использовала

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

частную производную. Она не меняет знак в рассматриваемой области. Значит исходная функция монотонна. На концах одинаковые знаки. Значит корней там нет. Остаётся небольшой перебор,

Вроде не было проблем (дискриминант отрицательный). Если с арифметикой не ошиблась, то проблем не должно быть.
nnosipov,

для первого уравнения верная получилась комбинация:

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

получилось ${+;-;+;-}$

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1541694 писал(а):

Если с арифметикой не ошиблась, то проблем не должно быть.

Арифметика здесь ни при чем, проблема в Ваших рассуждениях, которые мало что доказывают.

Впрочем, пишите, там посмотрим.

[TR63]

nnosipov в сообщении #1541692 писал(а):

там решается другое уравнение

Верно, другое (пропустила двойку; тогда надо проверить пока без двойки).

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

получилось ${+;-;+;-}$

Есть контрпример в "Олимпиадном разделе" $(-2;-1)$, значит есть ошибка (это четвёртый случай). Нашла (границу искала устно и промазала, но для работы метода с производной это не критично; однако для четырёх комбинаций получается, что гипотеза не работает (интересно)).

[TR63]

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

уравнение

$$[x^3-(3y-1)x^2]+[(y^3-y)x-(y^2-1)]=0$$

таким способом решается полностью

Рассмотрим случай, когда $(x>0; y>0)$. Проверяем, что должно быть $x>1$. Будем считать, что $y>1$, т.к. $(2;1)$ решение(свободный член равен тогда нулю; вырожденный случай, ранее неучтёный). Тогда вторая скобка положительна. Следовательно, чтобы получить ноль, первая скобка должна быть отрицательна. Т.е. должно быть $1<x<3y-1$
$f'=3x^2-2(3y-1)x+y^3-y$
$D=(3y-1)^2-3(y^3-y)<0$ при $y>2$; $y=2$ не подходит.
Производная положительна, значит функция монотонна при $y>2$ в области $1<x<3y-1$. Проверим значение на концах промежутка. $f(x=1)>0$, $f(x=3y-1)>0$. Значит в этой области корней нет.
Остальные три случая проверяем аналогично, если не будет замечаний.

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1541719 писал(а):

Остальные три случая проверяем аналогично

Ничего подобного. Давайте рассмотрим случай $x>0$, $y<0$.

[TR63]

nnosipov в сообщении #1541721 писал(а):

Давайте рассмотрим случай $x>0$, $y<0$

Не получается. Но для натуральных метод работает. Всё не классика.
nnosipov, спасибо, что помогли разобраться.


А, как насчёт уравнения:

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

Ещё меня интересует вопрос: существуют ли натуральные решения $a>1$ при $a_1-a_2-a_3=1$ в уравнении

$$a_1a^{12}-a_2a^8-a_3a^4+3=q^2$$

[nnosipov]

TR63 в сообщении #1541730 писал(а):

А, как насчёт уравнения:

Возьмите компьютер, поищите решения. Если их вдруг не окажется, тогда появится хоть какая-то мотивация заняться этим уравнением. Но они (решения), скорее всего, будут.

[TR63]

К сожалению, данным советом воспользоваться не могу (не умею). Предполагаю, исходя из более другой гипотезы, что решений нет. Если кому решение известно, пожалуйста, покажите. Тогда надо будет думать, что не так. (Это довольно другая гипотеза.)

Замечание.

Гипотеза сработала для уравнения шестой степени. Оно не имело тривиальных решений. Т.е. свободный член не равнялся нулю (если иначе, то не будет решений в уравнении) и не было тривиальных решений $a=q$, $f(q)=0$ и $q=a$, $f(a)=0$. В таких случаях уравнение сводится к многочлену от одной переменной, и задача решается перебором. Резонно и для уравнений
1). $x^3-(3y-1)x^2+[(y^3-2y+4)x-(2y^2-4)]=0$
2). $x^3-(3y-1)x^2+(y^3-y+2)x-(y^2-1)=0$
3). $x^3-(3y-1)x^2+(y^3-y)x-(y^2-1)=0$
исключить тривиальные решения. И тогда, действительно, гипотеза даёт верный результат для уравнений $(1;2)$, что подтверждается аналитическими решениями в "Олимпиадном разделе". Остаётся проверить аналитически для уравнения $(3)$.

[TR63]

В качестве иллюстрации действия гипотезы можно рассмотреть более простой пример (свежий, из ПРР).
Решить в натуральных положительных числах школьными методами систему:
1). $x+\frac1 x=3y+1$

2). $y+\frac1 y=3z+1$

3). $z+\frac1 z=3x+1$

$$(x+\frac1 x)+(y+\frac1 y)+(z+\frac1 z)=(3x+1)+(3y+1)+(3z+1)$$

$x+\frac1 x>3x+1$ при $x>\frac1 2$

1). $(x;y;z)<\frac1 2$ $\{-\}$ т.е. решений не существует
2).$(x;y)<\frac1 2$ $\{?\}$
3). $(x)<\frac1 2$ $\{?\}$
4). $(x;y;z)>\frac1 2$ $\{-\}$

$\{-;(?;?)-\}$. Из гипотезы следует, что в круглых скобках не может быть разных знаков. Проверим:
Без ограничения общности считаем $x<\frac1 2$, $z>\frac1 2$
$\frac5 2<z+\frac1 z=3x+1<\frac5 2$
Противоречие. Значит решений, отличных от $\frac1 2$ нет. Действительно, в круглых скобках не может быть разных знаков.

[zykov]

TR63 в сообщении #1542180 писал(а):

Без ограничения общности считаем $x<\frac1 2$, $z>\frac1 2$
$\frac5 2<z+\frac1 z=3x+1<\frac5 2$

Откуда $\frac52<z+\frac1 z$?
Если $z>\frac12$, то например $z=1$, тогда $z+\frac{1}{z}=2 <\frac52$.

[TR63]

zykov, спасибо. Согласна (это довольно известное неравенство $z+\frac{1}{z}\ge2 $).
Из Вашего доказательства элементарного следует, что и в случаях $(2;3)$ решений нет. Т.е. всё равно моё гипотетическое предположение подтверждается аналитически.

[TR63]

TR63 в сообщении #1542180 писал(а):

Из гипотезы следует, что в круглых скобках не может быть разных знаков. Проверим:
Без ограничения общности считаем $x<\frac1 2$, $z>\frac1 2$

$y+\frac1 y=\frac{(x^2-4x+1)(x+1)^2}{3x(x^2-x+1)}>0$
Тогда необходимо, чтобы $x<\frac1 3$. Противоречие.

-- 10.12.2021, 11:36 --

(Противоречие с третьим уравнением системы.)

[TR63]

nnosipov в сообщении #1541721 писал(а):

Давайте рассмотрим случай $x>0$, $y<0$

Тогда уравнение

TR63 в сообщении #1541689 писал(а):

уравнение

$$x^3-(3y-1)x^2+(y^3-y)x-(y^2-1)=0$$

можно записать так

$$f=x^3+(3x+1)x^2-(y^3-y-2)x-(y^2-1)=0$$

Здесь уже $(x;y)>0$.
$f(x=y)<0$ при $y>4$. Значит достаточно рассматривать $x\geq y+1$ (т.к. в области определения один положительный корень и левее функция будет убывать).

$$[(x^3-y^3)+(3y+1)x^2+2x]_1+[yx-(y^2-1)]_2=0$$

Обе скобки положительны, значит сумма не равна нулю. Т.е. $f\neq0$. Остаётся сделать ограниченный перебор.