Диофантово уравнение с тремя неизвестными-2

[nnosipov]

Руст в сообщении #1663393 писал(а):

В этом случае x,y величины одного порядка $z^2+O(1)$.

Руст в сообщении #1663393 писал(а):

C праздником дня МАТЕМАТИКА

А, понятно, хорошо отмечаете :) И тем не менее, $x$ будет порядка $z^6$ (нарисуйте график, что ли). Остальное посмотрю, возможно, там что-то и есть.

В любом случае Вы опираетесь на случайное обстоятельство --- возможность факторизовать левую часть уравнения.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1663393 писал(а):

Если $D=3c^2\to (2b-a^2)(2b+a^2)=3c^2$.
Если $2b-a^2=k$ не является делителем 6, то $(a,b)\neq 1$.

Вот наименьший контрпример: $a=1$, $b=13$, $c=15$, $k=25$. Компьютерные вычисления показывают, что таких контрпримеров много. Вот еще: $a=47$, $b=3769$, $c=4161$, $k=5329$. Так что уравнение $4b^2-a^4=3c^2$ просто так решить не удастся, даже при условии $\gcd{(a,b)}=1$.

-- Пн дек 02, 2024 12:18:42 --

Руст в сообщении #1663382 писал(а):

Если с не делитель 3, то противоречие с $(a,b)=1$.

Тоже неверно, контрпримеров много.

[Руст]

Придется дать полное решение. Я включился из-за якобы оценки через производную.
Например, уравнение Пелля $x^2-Dy^2=a$ в зависимости от a имеет бесконечное количество решений или ни одного. Никакие оценки с производными ничего не дают).
Если можно приведите такое решение полностью.
Вот мое решение.
Разложим $x^3-y^3=(x-y)((x-y)^2+3xy)=uv$.
Попробуем не учесть взаимную простоту (точнее $gcd(u,v)|3$).
$xy=\frac{v-u^2}{3}$. $uv=c^2$ и $z=\frac{3c+3}{v-u^2}=\frac{3(c+1)u}{c^2-u^3}$.
Без учета взаимной простоты появятся лишние решения, например $u=2,c=3$. Возможно таких решений много.
Учтем, что $u=a^2,v=b^2, c=ab$
или $u=3a^2, v=3b^2, c=3ab$,
где $(a,b)=1$.
Случай 1. $z=\frac{3(ab+1)}{b^2-a^4}=\frac{3(ab+1)}{(b-a^2)(b+a^2)}$ (опять разложили)
Пусть $b=a^2+d$, тогда $z=\frac{3(a^3+ad+1)}{d(2a^2+d)}$
$z\ge 1\to d$

$$(2d+2a^2-3a)^2\le (2a^2-3a)^2+12(a^3+1)\to d\le \sqrt{(a^2-3a/2)^2+3a^3+3}-(2a^2-3a/2)$$

Если $a>6$, то $d<1$.
Случай 2.
Если $d=1$, $3(a^3+a+1)=k(2a^2+1)$, $2k=3a+e$
$3a+6=e(2a^2+1)\to (a,e)=(-2,0), (-1,1),(0,6),(1,3)$
$d\ge 2$ $2z=\frac{3a+\frac{3ad+6}{2a^2+d}}{d}$ Делимости нет или не выполняется ограничение на $d$.
Случай 2. $xy=b^2-3a^4, c=3ab, z=\frac{3ab+1}{b^2-3a^4}\ge 1. $ $D=t^2=4b^2-3a^4, y=\frac{t-3a^2}{2}$.
Отсюда $4b^2=3a^4+(3a^2+2y)^2\to b^2=3a^4+3a^2y+y^2$.
Надо заметить, что если в знаменателе $b^2-3a^2$ то бесконечно много решений из уравнения Пелля.
Здесь надо получить неравенство на $\alpha=b-a^2\sqrt{3}\ge \frac{1}{a}$ при $y\ge 2$.
Оставлю на следующий раз.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1663427 писал(а):

Например, уравнение Пелля $x^2-Dy^2=a$ в зависимости от a имеет бесконечное количество решений или ни одного. Никакие оценки с производными ничего не дают).

А что, я утверждал, что оценки с производными всегда работают?

Руст в сообщении #1663427 писал(а):

Если можно приведите такое решение полностью.

Сейчас я занят. Можете подождать, скоро решение этой задачи (в том числе) выложат на сайте олимпиады https://smc.nsu.ru. Возможно, 12d3 захочет написать свое решение.

Руст в сообщении #1663427 писал(а):

тогда $z=\frac{3(a^3+ad+1)}{d(2a^2+d)}$

Если Вы здесь опираетесь только на неравенство $z \geqslant 1$, то получите лишь оценку $d<3a/2+O(1)$.

Руст в сообщении #1663427 писал(а):

$z\ge 1\to d$

$$(2d+2a^2-3a)^2\le (2a^2-3a)^2+12(a^3+1)\to d\le \sqrt{(a^2-3a/2)^2+3a^3+3}-(2a^2-3a/2)$$

Если $a>6$, то $d<1$.

Ваш неряшливый стиль Вас же и подводит. Имейте в виду, мне скоро надоест разбирать Ваши каракули. Ни я, ни другие участники форума не заслуживаем подобных текстов.

[mihiv]

Примерно то ,что предложил 12d3.
Сначала получим неравенства для $x$.
Из уравнения следует:

$$x^3>x^2y^2z^2-2xyz$$

Или

$$x^2-xy^2z^2+2yz>0\eqno (1)$$

И кроме того (так как $x>y$)

$$x^3-xy^2<x^2y^2z^2$$

Или

$$x^2-y^2z^2x-y^2<0\eqno (2)$$

Из (1),(2) (для $y,z>1$) c помощью формулы Тейлора получим:

$$y^2z^2-\eta _2<x<y^2z^2+\eta _1, 0<\eta _1,\eta _2<1$$

Отсюда заключаем, что должно быть $x=y^2z^2$, в этом случае решений нет.
Осталось проверить, есть ли решения при $y=1,z=2$ и $y=2,z=1$. В этих случаях решений тоже нет. Следовательно, единственное решение: $x=y=z=1. $

[nnosipov]

Руст в сообщении #1663427 писал(а):

$d\ge 2$ $2z=\frac{3a+\frac{3ad+6}{2a^2+d}}{d}$ Делимости нет или не выполняется ограничение на $d$.

Нет простого описания пар $(a,d)$ натуральных чисел, для которых дробь

$$\frac{3ad+6}{2a^2+d}$$

была бы целым числом. Но само уравнение

$$2z=\frac{3a+\frac{3ad+6}{2a^2+d}}{d}$$

исследуется легко: достаточно его решить относительно $d$.

Руст в сообщении #1663427 писал(а):

Случай 2. $xy=b^2-3a^4, c=3ab, z=\frac{3ab+1}{b^2-3a^4}\ge 1. $

А вот c уравнением

$$z=\frac{3ab+1}{b^2-3a^4}$$

непонятно что делать.

-- Ср дек 04, 2024 22:38:38 --

mihiv
Да, как-то так. Мое решение ниже.

Положим $t=yz$ и перепишем уравнение в виде

$$x^3-t^2x^2+2tx-y^3-1=0.$$

Если $x \geqslant t^2$, то

$$x^3-t^2x^2+2tx-y^3-1=x^2(x-t^2)+2tx-y^3-1 \geqslant 2t^3-y^3-1 \geqslant y^3-1>0,$$

кроме случая $t=y=1$, где находим $(x,y,z)=(1,1,1)$. Если же $x \leqslant t^2-1$ (что возможно только при $t \geqslant 2$), то

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

при $t \geqslant 3$. Действительно, $f(x)=x^2-t^2x+2t<0$, так как корни $f(x)$ суть

$$x_\pm=\frac{t^2 \pm \sqrt{t^4-8t}}{2},$$

при этом имеем $x_-<1 \leqslant x \leqslant t^2-1<x_+$ (крайние неравенства эквивалентны неравенству $\sqrt{t^4-8t}>t^2-2$, которое при $t \geqslant 3$ проверяется возведением в квадрат). Остается случай $t=2$, где решений нет.

[nnosipov]

На сайте https://smc.nsu.ru появились предварительные результаты проверки, а также условия и решения задач Сибирской математической олимпиады 2024 года (см. задачу 3 для 1-го курса).