Как бы нам оквадратить куб?

[juna]

mathematician123
Спасибо. Идея в целом понятна и интересна: Давенпорт доказал, что для многочленов $x=P_x(t), y=P_y(t)$ степень полученного из них многочлена $\deg(P_x^3(t)-P_y^2(t))\geq \frac{1}{2}\deg(P_x(t))+1$ ограничена снизу. В вашем примере $\deg(x)=10$ и удалось подобрать точно $\deg(x^3-y^2)=10/2+1=6$, но в отношении $q=\frac{\sqrt{x}}{|x^3-y^2|}$ хорошее качество обеспечивается только в самом начале при $t=3,9$ (поскольку в знаменателе так $t$ по Давенпорту и остаётся):
$x(3)=8158, q=3,76$ - получаем известное,
$x(9)=390620082, q=1,33$ - опять известное.
Дальше $q<1$.
Также там еще одна зубодробильная формула для $x,y$ приведена, степень у $\sqrt{x}$ получается 26, степень $|x^3-y^2|$ получается 31, т.е. качество деградировать будет быстрее, но в самом начале возможны рекордсмены (думаю все известные, не проверял).

[Andrey A]

Несколько тождеств — кому полезных, а кому красивых.

$$(a^3 + b^3)^2 - (a^2 - b^2)^3=b^2(a+b)^2\left (a^2+2(a-b)^2 \right )$$

$$(a^2+b^2)^3-(a^3+b^3)^2=a^2b^2\left ( (a+b)^2+2(a-b)^2 \right )$$

$$(m^2+3qn^2)^3-\left ( m(m^2-3qn^2) \right )^2=q\left ( n(3m^2-qn^2) \right )^2$$

Малые значения в правой части последнего тождества можно получить разложением $\sqrt{\dfrac{q}{3}} \approx \dfrac{m}{n}.$

[Утундрий]

juna в сообщении #1577529 писал(а):

Не обижайтесь, но эта мотивация "Я так хочу, чтобы лето не кончалось." Процессу познания она мешать не должна.

Я, конечно, всячески приветствую любую турбулентность мысли, но в данном случае вы игнорируете часть условий задачи, фактически заменяя её другой.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1577601 писал(а):

$$(m^2+3qn^2)^3-\left ( m(m^2-3qn^2) \right )^2=q\left ( n(3m^2-qn^2) \right )^2$$

Малые значения в правой части последнего тождества можно получить разложением $\sqrt{\dfrac{q}{3}} \approx \dfrac{m}{n}.$

Ошибка, первые скобки без тройки:

$$(m^2+qn^2)^3-\left ( m(m^2-3qn^2) \right )^2=q\left ( n(3m^2-qn^2) \right )^2$$

Интересный пример: $m=2,n=1,q=8.$ Подстановкой получаем $12^3-40^2=128,$ но после сокращения на $2^6$ имеем $3^3-5^2=2.$ Пропорциональное решение. По мере разложения $\sqrt{\dfrac{q}{3}}$ качество $\dfrac{\sqrt{x}}{x^3-y^2}$ падает, но через подобные сокращения может восстанавливаться. Хотя, что-то не очень мне нравится эта оценка.

[Утундрий]

Тоже пытаюсь строить всякие полиномы, но упёрся в один вопрос. Нужно описать все пары целых чисел, произведение которых - квадрат. Есть какая-то полезная/общепринятая параметризация таких пар?

[Andrey A]

Утундрий в сообщении #1577636 писал(а):

параметризация таких пар

В целых числах: $(abc)^2=ab^2 \cdot ac^2.$
Если считать пару $b,c$ взаимно простой, то решение единственное. Для уравнения $x \cdot y = z^2$ пара $b,c$ следует из несократимой дроби $\dfrac{b}{c}=\sqrt{ \dfrac{x}{y}}.$

[amon]

Утундрий в сообщении #1577636 писал(а):

параметризация таких пар?

$$m^2=ab,\,b>a\Rightarrow b=\frac{m}{a}m.$$

Значит $a$ - делитель $m,$ а $b$ - см. выше.

[Утундрий]

Andrey A
amon
Два раза не понял.

Уточню, мне нужно развалить $a^2$ на произведение двух чисел $b$ и $c$. Пусть простое $p$ входит в $a$ в степени $k$. Тогда для каждого такого множителя получается столько вариантов, сколько представлений $2k$ в виде суммы двух слагаемых. И так для каждого простого делителя $a$. И потом всё это ещё и перемножить. Получается некая астрономическая фигня, которую описывать непонятно как.

[amon]

Утундрий в сообщении #1577650 писал(а):

Получается некая астрономическая фигня

Тут мне мудрый человек указал, что написанное мной верно только если $a$ и $b$ свободны от квадратов ($36=9\cdot4$), так что все еще хуже.

[Andrey A]

Утундрий в сообщении #1577650 писал(а):

мне нужно развалить $a^2$ на произведение двух чисел $b$ и $c$.

Количество решений уравнения $x \cdot y = z^2$ конечно, но вообще говоря, может быть сколь угодно большим. Описать их все для фиксированного $z$ еще возможно, а так... не знаю. Но давайте не будем делать из пьянки тяжелую работу. Есть каноническое разложение $a.$ Формально, каждому способу разложения $a$ на $3$ множителя соответствует некоторое решение уравнения. Обозначим $a=pqr,b=rp^2,c=rq^2.$ Неприятность в том, что переменная $r$ не симметрична остальным, каждый из трех множителей можно назначать $r$ и иметь различные результаты, которые еще станут повторяться. Лучше, конечно, договориться употреблять множителем единицу не более одного раза, и считать параметры $p,q$ взаимно простыми (тут хотя бы обратная задача решается однозначно). Тогда для каждой пары вз. простых делителей $p,q$ (без учета порядка следования) строго определено $r=a/(pq),$ и $b=rp^2,c=rq^2.$ Со способом упорядочить вз. простые пары делителей, думаю, Вы сами определитесь (чистая комбинаторика). А впрочем... да, есть о чем подумать. Было бы проще, если тройка $(p,q,r,)$ была бы попарно вз. проста, но $r$ вполне может иметь общие делители с $p,q. $ Такие ограничения с потолка не берутся. Хм... Кажется, на практике для многомерных чисел легче составить квадратную таблицу со списком всех делителей по оси $X$ и $Y$ и вычеркивать все не вз. простые пересечения, а также произведения по координатам, которые не делят $a.$ Да, морока. Ладно, машина-то железная, ей не до пьянки )

Утундрий в сообщении #1577650 писал(а):

Тогда для каждого такого множителя получается столько вариантов, сколько представлений $2k$ в виде суммы двух слагаемых. И...

Честно говоря, не очень понял о чем это.

Утундрий в сообщении #1577650 писал(а):

Andrey A
amon
Два раза не понял.

Так мне казалось, мы об одном и том )

P.S. Да именно так. Если условия не выполняются, ячейка остается пустой. Если координаты вз. просты и произведение координат делит $a$, то в ячейку заносится частное от деления. Тогда квадрат будет заполнен всеми возможными параметрами $r$, которые могут и повторяться, а проекции их задают нужные $p,q.$ Правда, не квадрат, а треугольник — там ведь полная симметрия возникнет по диагонали.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1577692 писал(а):

Если координаты вз. просты и произведение координат делит $a$, то...

Второе "если" лишнее, оно вытекает из первого. То есть, если два делителя числа $a$ взаимно просты, то их произведение также делитель $a$. Понял причину Ваших недоумений. Комбинаторика отвечает за количество решений, а упорядочить их практически — думаю проще таблицы ничего нет. Еще раз:
1) Из начала координат выписываются все делители $a$ по возрастанию в столбец и в строку. Диагональ образовавшейся квадратной таблицы отсекает треугольник с активными ячейками.
2) В каждую ячейку треугольника со вз. простыми координатами заносится частное от деления $a$ на произведение координат, остальные остаются пустыми. Множество непустых ячеек суть множество всех возможных $r_i.$ Произведения каждого из них на квадраты своих координат образуют пары $b_i,c_i$. Без повторений и пересечений.

Было бы проще, если задавалось бы не $a,$ а $b:$ списки простых делителей, входящих в канонические разложения $b$ и $c$ в нечетных степенях должны совпадать. Единственное требование.

[Утундрий]

Пусть $a^2=bc$, тогда $b=u^2 d$ и $c=v^2 d$. В силу чего $a=u v d$. Здесь $u$ и $v$ - произвольны, а $d$ - свободно от квадратов.

Если это верно, то можно двигаться дальше.

[Andrey A]

$d$ — любой делитель $a$ от $1$ до $a$, причем взятый неоднократно. Если $d$ свободно от квадратов, Вы получите не все решения.
$u,v$ взаимно просты. Если $u,v$ произвольны, будете получать одно и то же решение по нескольку раз.

[Утундрий]

Andrey A в сообщении #1577722 писал(а):

$d$ — любой делитель $a$ от $1$ до $a$, причем взятый неоднократно.

И что мне помешает выделить из этой неоднократности чётную часть и приписать её $u$ и $v$?

Andrey A в сообщении #1577722 писал(а):

Если $u,v$ произвольны, будете получать одно и то же решение по нескольку раз.

Это не страшно. Главное - ничего не пропустить. Мне нужны своего рода "обобщённые координаты", тождественно удовлетворяющие уравнению связи $a^2=bc$. Вроде бы данное представление эту идею реализует.

Опишу подробно. Поскольку произведение $b$ и $c$ даёт квадрат, то любое простое входит в каждое из них в степенях одинаковой чётности. Выделяя чётную часть степеней в квадраты, замечаем, что остатки являются свободными от квадратов, дающими при перемножении квадрат. Следовательно, они равны.

Кстати, при убийстве очередных степеней полинома возникла похожая задача: параметизовать решения уравнения $a^3=b^2 c$. Похожими рассуждениями получается представление $a=u^2 v d, \ b=u^3 d, \ c=v^3 d$, где $d$ на этот раз свободно от кубов.

[Andrey A]

Утундрий в сообщении #1577800 писал(а):

Главное - ничего не пропустить.

Именно для этого берутся вз. простые пары делителей. Их ровно $\dfrac{\tau (a^2)+1}{2},$ можно хотя бы проконтролировать количество: $\dfrac{\tau (360^2)+1}{2}=53$. Об остальном судить не возьмусь.