a^3 + b^2 + c^2 = nabc

[mathematician123]

Пусть натуральное число $n$ делится на 4. Докажите, что уравнение

$$ a^3 + b^2 + c^2 = nabc $$

не имеет решений в натуральных числах.

[rightways]

Это гипотеза, или решенная задача?

[mathematician123]

rightways
Решение есть. А вот в случае, когда $n$ не делится на 4, остались вопросы. Было бы интересно научиться определять при каких $n$ у рассматриваемого уравнения есть решения. Например, я не знаю есть ли решения при $n = 6$.

[Утундрий]

mathematician123 в сообщении #1583070 писал(а):

Пусть натуральное число $n$ делится на 4. Докажите, что уравнение

$$ a^3 + b^2 + c^2 = nabc $$

И что помешало просто написать $ a^3 + b^2 + c^2 = 4nabc $?

[Shadow]

Если существует решение, где $b$ и $c$ имеют общий простой делитель $ p\equiv 3 \pmod 4$, то существует решение и без этого делителя:

Пусть $b=pb_1,c=pc_1 \Longrightarrow a=pa_1$

$pa_1^2+b_1^2+c_1^2=npa_1b_1c_1$

$p \mid b_1^2+c_1^2$, что ввиду обстоятельств возможно только когда $b_1=pb_2, c_1=pc_2 \cdots$. Короче, когда

$p^3 \mid b, p^3 \mid c, p^2 \mid a$. Получается уравнение

$a_3^3+b_3^2+c_3^2=(np^2)a_3b_3c_3$

Запишем уравнение в виде $b^2+c^2=a(4kbc-a^2)$ Если $a$ нечетное, то в правой части множитель $-1 \pmod 4$ и ввиду обстоятельтв равенство невозможно.

Если же $a$ четное, тогда $b,c$ тоже четные, получается аналогичный спуск по степеням двойки и нельзя избавится от множителя $-1 \pmod 4$

А без условия что $n$ делится на $4$, конечно решений есть. Много.

[mathematician123]

Shadow в сообщении #1583466 писал(а):

А без условия что $n$ делится на $4$, конечно решений есть. Много.

Да, решений много. Но для $n = 6$ мне не удалось найти ни одного. Если решений нет, то интересно узнать причину их отсутствия. Ни прыжки Виета, ни сравнения здесь не помогают.

Поиск решения уравнения $a^3 + b^2 + c^2 = 6abc$ сводится к уравнению Пелля с параметром:

$$ x^2 - (36s^2-1)y^2 = -2s^3 $$

(Здесь $x = \frac12 (b-3ac)$, $y = \frac{c} {2}$, $s = \frac{a}{2}$)
При этом, можно доказать, что если решения существуют, то для минимального решения выполнено неравенство $5y^2 \le s^2$. То есть, при фиксированном $s$ достаточно подставить конечное количество значений $y$ и проверить, является ли $(36s^2 - 1)y^2 - 2s^3$ точным квадратом. Плюс есть дополнительные ограничения:
1) $s \equiv 1 \pmod{4}$, $y \equiv 1 \pmod{2}$
2) Иногда помогают сравнения. Например, в случае $s \equiv \pm 1 \pmod{5}$ уравнение не имеет  решений по модулю $5$
3) В разложение $s$ на простые любое простое число $p$ вида $4k+3$ входит в чётной степени. Обозначим эту степень $2h$. Тогда $p^{3h} \mid y$. Отсюда также следует, что $s$ имеет как минимум один простой делитель вида $4k+1$.

Я проверил значения $s \le 40000$ и решений не нашёл.

[Andrey A]

mathematician123 в сообщении #1583497 писал(а):

$$ x^2 - (36s^2-1)y^2 = -2s^3 $$

Глубоко не вникал, но Вольфрам говорит, что $-2s^3$ — квадратичный невычет $\mod (36s^2-1)$ https://www.wolframalpha.com/input?i=solve+-2*s%5E3%3Dy%5E2+mod+%2836*s%5E2-1%29. Взгляните отсюда на ситуацию в целом.

[mathematician123]

Andrey A в сообщении #1583500 писал(а):

Глубоко не вникал, но Вольфрам говорит, что $-2s^3$ — квадратичный невычет $\mod (36s^2-1)$

Очень странно. Вольфрам говорит, что решений нет, но пояснений никаких не даёт. Символ Якоби $\left(\frac{-2s^3}{36s^2-1} \right)$ равен единице.

-- 27.02.2023, 01:36 --

mathematician123 в сообщении #1583505 писал(а):

Символ Якоби $\left(\frac{-2s^3}{36s^2-1} \right)$ равен единице

Теперь понял.

$$\left(\frac{-2s^3}{6s-1} \right) = \left(\frac{-2s^3}{6s+1} \right) = -1$$

Так что решений действительно нет.

[mathematician123]

Уравнение

$$ a^3 + b^2 + c^2 = nabc$$

при чётном $n$ может иметь решения только если $n \equiv 2 \pmod{8}$ (доказательство неразрешимости в случае $n = 6$ нетрудно распространить на случай $n \equiv 6 \pmod{8}$).

В случае $n \equiv 2 \pmod{8}$ мне удалось найти решения для всех $n < 50$. Для $n = 50$ получается уравнение

$$ x^2 - (2500s^2-1)y^2 = - 2s^3$$

При этом, $s \equiv 1 \pmod{4}$, $s \equiv 0 \pmod{3}$ или $s \equiv 1 \pmod{3}$, $y \equiv 1 \pmod{2}$, $y < \frac{s}{7}$. Для $s \le 50000$ решений нет.

[rightways]

А есть нечетные $n$ , для которых ур. неразрешимо?

Кстати, для n=6 по-моему приводить к Пелля не нужно, так как

$$a^3+(b-c)^2=(6a-2)bc$$

[mathematician123]

rightways в сообщении #1583781 писал(а):

А есть нечетные $n$ , для которых ур. неразрешимо?

Не знаю. Для $n < 20$ решения есть. Для $n = 21$ проверил $a < 15000$ и решений не нашёл. Но это не значит, что решений нет. Например, для $n = 17$ минимальное решение при $a = 8333$.

Моя программа поиска решений написана на Python и работает медленно. Если кто-нибудь напишет программу на более быстром языке, то есть шанс найти решения.

[Shadow]

mathematician123 в сообщении #1583787 писал(а):

Для $n = 21$ проверил $a < 15000$ и решений не нашёл. Но это не значит, что решений нет.

Для $n=21$ минимальное решение $a = 31805, b = 1817, c = 26511$

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1583771 писал(а):

Для $s \le 50000$ решений нет.

Проверил $s \le 150000$. Решений нет. То есть, в случае $n = 50$ можно считать $a > 300000$.

[mathematician123]

Для $n = 50$ нашёл решение $a = 428090$, $b = 15170$.

[rightways]

mathematician123 в сообщении #1583505 писал(а):

Andrey A в сообщении #1583500 писал(а):

Глубоко не вникал, но Вольфрам говорит, что $-2s^3$ — квадратичный невычет $\mod (36s^2-1)$

Очень странно. Вольфрам говорит, что решений нет, но пояснений никаких не даёт. Символ Якоби $\left(\frac{-2s^3}{36s^2-1} \right)$ равен единице.

-- 27.02.2023, 01:36 --

mathematician123 в сообщении #1583505 писал(а):

Символ Якоби $\left(\frac{-2s^3}{36s^2-1} \right)$ равен единице

Теперь понял.

$$\left(\frac{-2s^3}{6s-1} \right) = \left(\frac{-2s^3}{6s+1} \right) = -1$$

Так что решений действительно нет.

А как доказать? что

$$\left(\frac{-2s}{6s-1}\right)=-1$$

, у меня что то не получилось.