Гипотеза: параметризация диофантовых уравнений

[age]

Диофантово уравнение $k_1x_1^{n_1}+k_2x_2^{n_2}+…+k_ix_i^{n_i}=r_1y_1^{m_1}+r_2y_2^{m_2}+…+r_jy_j^{m_j}$,
где $k_1x_1^{n_1}+k_2x_2^{n_2}+…+k_ix_i^{n_i}=P(x_i)$, $r_1y_1^{m_1}+r_2y_2^{m_2}+…+r_jy_j^{m_j}=Q(y_j)$
имеет параметризацию (либо бесконечное количество параметрических решений, либо не имеет решений вообще) тогда и только тогда, когда существует некоторое ненулевое $k$, умножение на которое сохраняет данное диофантово уравнение верным:
$P(kx_i)=Q(ky_j)$.

Частное следствие из этой гипотезы:
Любое диофантово уравнение:
$x_1^{n_1}+x_2^{n_2}+…+x_i^{n_i}=y_1^{m_1}+y_2^{m_2}+…+y_j^{m_j}$
Либо имеет бесконечное количество параметрических решений, либо не имеет решений вообще. Конечное число решений оно иметь не может.

Я нашел этому факту некоторое доказательство, но боюсь оно будет мало понятно для многих. В связи с этим, т.к. оно требует доработки, приводить его пока не стоит.

[fnake]

У вас запись некорректная. Что значит $P(x_i), Q(y_i), P(kx_i)=Q(ky_j)?$

[age]

Она значит, что существует некоторое $k$ такое, что оно сохраняет верным данное диофантово уравнение с точностью до порядка его слагаемых.
Например, если уравнение:
$x^5+y^6+z^7=a^8+b^9$ имеет некоторое решение, то несложно подобрать такое $k$, что $kx^5+ky^6+kz^7=ka^8+kb^9$ будет также решением данного диофантова уравнения. Откуда по предложенной гипотезе следует, что у него существует параметризация. Бесконечное множество взаимно простых решений.

В то же время если уравнение:
$x^3+y^4+z^5=a^6+mb^7$ имеет некоторое решение, то таких решений может быть конечное множество, если не найдется ни одного $k$, при умножении на которое данное уравнение сохраняется верным.

[Алексей К.]

age в сообщении #242694 писал(а):

Она значит, что существует некоторое $k$ такое, что оно сохраняет верным данное диофантово уравнение с точностью до порядка его слагаемых.
Например, если уравнение:
$x^5+y^6+z^7=a^8+b^9$ имеет некоторое решение, то несложно подобрать такое $k$, что $kx^5+ky^6+kz^7=ka^8+kb^9$ будет также решением данного диофантова уравнения.

Я устал искать контрпример, т.е. такое $k$, чтобы $kx^5+ky^6+kz^7=ka^8+kb^9$ НЕ удовлетворялось. Уверяю Вас, перебрал 95% числовой оси, но не нашёл. Может, есть более эффективный метод?
Спасибо.

[age]

Алексей К.
Ну если принять во внимание некоторые соображения (имеющие к теме лишь косвенное отношение), то уравнение:
$x^5+y^6+z^7=a^8+b^9$ решений не имеет. Поэтому и пример найти нельзя.
Другое дело уравнение
$x^3+y^4+z^5=a^6+b^7$
по всей видимости имеет параметризацию и бесчисленное множество взаимно простых решений. Как найду решение выложу. А заодно и $k$.

[Коровьев]

age в сообщении #242633 писал(а):

Любое диофантово уравнение
Либо имеет бесконечное количество параметрических решений, либо не имеет решений вообще. Конечное число решений оно иметь не может.
Я нашел этому факту некоторое доказательство, но боюсь оно будет мало понятно для многих. В связи с этим, т.к. оно требует доработки, приводить его пока не стоит.

И что же тут тогда можно обсуждать?
Вот Туэ доказал в своей замечательной теореме/ и математики с ним согласились/что неприводимое однородное диофантово уравнение степени больше двух
$f(x,y)=c$
может иметь лишь конечное число решений в целых числах.
Так что гипотезу надо изначально корректировать по числу переменных, по величине степени, приводить тут доказательство. А если его невозможно привести, то и открывать тему не к чему. Ну, если только для голосования -верю/не верю. Я, вот, сразу голосую - не верю.

[age]

Алексей К.
Вот такое нашел решение:
$78^3+48^4+1^5=10^6+9^7$
$k=2^{420}$.
Очевидно, что при умножении на такое $k$, данное уравнение сохранит решение. Следовательно, по предложенной гипотезе таких (взаимно простых) решений бесконечно много и уравнение имеет параметризацию.

-- Вс сен 13, 2009 01:06:24 --

Коровьев
Если бы было строгое доказательство - это уже бы была теорема. Пока лишь только гипотеза, т.к. доказательства в явном виде нет.
Во-вторых, в том то и дело, что справедливо для любого числа переменных и любых величин степеней. Поэтому ограничений я не обозначил.

-- Вс сен 13, 2009 01:16:06 --

Теорема Туэ - это очень близко. Даже в некотором смысле аналог моего предположения. Спасибо!
Правда - это несколько более общее утверждение. Теорема Туэ утверждает лишь о конечности числа решений неприводимых однородных диофантовых уравнений. Данная же гипотеза - что все остальные имеют параметризацию либо неразрешимы.

[maxal]

Коровьев в сообщении #242788 писал(а):

Вот Туэ доказал в своей замечательной теореме/ и математики с ним согласились/что неприводимое однородное диофантово уравнение степени больше двух
$f(x,y)=c$
может иметь лишь конечное число решений в целых числах.

У Туэ есть необходимое условие: $c\ne 0.$ Поэтому однородные уравнения сюда не вписываются.
И то, что $f(x,y)$ - однородный полином вовсе не значит, что уравнение $f(x,y)=c$ однородное. Как раз наоборот, уравнение Туэ - неоднородное по определению.

-- Sat Sep 12, 2009 19:23:48 --

age в сообщении #242694 писал(а):

Например, если уравнение:
$x^5+y^6+z^7=a^8+b^9$ имеет некоторое решение, то несложно подобрать такое $k$, что $kx^5+ky^6+kz^7=ka^8+kb^9$ будет также решением данного диофантова уравнения.

Так это же тривиальный факт, более того - $k$ может быть любым. Дело в том, что всякое решение уравнения $x^5+y^6+z^7=a^8+b^9$ будет также решением уравнения $kx^5+ky^6+kz^7=ka^8+kb^9$ для любого $k$.

[age]

maxal в сообщении #242808 писал(а):

Так это же тривиальный факт, более того - $k$ может быть любым. Дело в том, что всякое решение уравнения $x^5+y^6+z^7=a^8+b^9$ будет также решением уравнения $kx^5+ky^6+kz^7=ka^8+kb^9$ для любого $k$.

Я тоже так подумал в начале. Но оказалось что нет. Например, в приведенном примере $78^3+48^4+1^5=10^6+9^7$ лишь умножение на $2^{420}$ даст требуемое сохранение решения.
Для уравнений Морделла (частный случай уравнений Туэ) такое невозможно вообще. Для уравнения $x^2+2=y^3$ таких $k$ нет, т.к. при любом значении $k$ мы получим совершенно другое уравнение. Решение данного уравнения единственно (либо их конечное число). То же самое относится ко всем уравнениям Туэ.

[maxal]

age в сообщении #242821 писал(а):

Например, в приведенном примере $78^3+48^4+1^5=10^6+9^7$ лишь умножение на $2^{420}$ даст требуемое сохранение решения.

С чего это вдруг? Вот например можно просто умножить на 2:
$2\cdot 78^3+2\cdott 48^4+2\cdot 1^5=2\cdot 10^6+2\cdot 9^7$
Если исходное равенство выполнялось, то и умноженное - обязано.

[age]

maxal
Да! Тождество останется. Это бесспорно. Но
$2\cdot 78^3+2\cdot 48^4+2\cdot 1^5=2\cdot 10^6+2\cdot 9^7$ не является решением (целочисленным) уравнения $x^3+y^4+z^5=a^6+b^7$. Т.к. двойка не является ни кубом, ни четвертой, ни пятой, ни шестой, ни седьмой степенью целого числа.
$k$ должно сохранять не только тождество, а именно целочисленные решения исходного данного уравнения.

[maxal]

age
У вас путаница в терминологии. Никакое равенство (или тождество) не может является решением уравнения. Решением является набор значений переменных.
Но теперь зато прояснилось что же вы все-таки имели в виду.

Да, если уравнение
$x_1^{n_1}+x_2^{n_2}+…+x_i^{n_i}=y_1^{m_1}+y_2^{m_2}+…+y_j^{m_j}$
имеет решение $x_t=a_t,\quad y_t=b_t$, то оно также имеет имеет бесконечно много решений:
$x_t=a_t\cdot k^{L/n_t},\quad y_t=b_t\cdot k^{L/m_t},$
где $L$ равно НОК всех показателей, т.е. $L = \text{lcm}(n_1,\dots,n_i,m_1,\dots,m_j),$
а $k$ - произвольное целое число.

[age]

maxal
Именно так. Данная гипотеза утверждает, что оно также имеет бесконечно много и взаимно простых решений. Т.е. утверждение о наличии бесконечного множества не взаимно простых решений эквивалентно утверждению о наличии параметризации или взаимно простых решений.
И обратно: уравнение имеющее конечное число решений не может иметь бесконечного числа решений путем умножения на некоторые числа $k$.
Причем любое диофантово уравнение без ограничений.

В принципе, данное утверждение как бы очевидно. Но возникают сложности, когда решений нет, а гипотеза утверждает, что параметризация должна быть.
С другой стороны, возникает такой вопрос: можно ли считать, что у уравнения $x_1^{n_1}+x_2^{n_2}+…+x_i^{n_i}=y_1^{m_1}+y_2^{m_2}+…+y_j^{m_j}$ не может быть конечного числа взаимно простых решений?

[age]

Теорема: для того чтобы диофантово уравнение имело ограниченное количество решений необходимо, чтобы оно имело свободный член, отличный от нуля.
Диофантово уравнение, не имеющее свободного члена (свободный член равен нулю) либо имеет бесконечное количество решений, либо неразрешимо.


Доказательство:
1. Возьмем произвольное диофантово уравнение $k_1x_1^{n_1}+k_2x_2^{n_2}+…+k_ix_i^{n_i}=r_1y_1^{m_1}+r_2y_2^{m_2}+…+r_jy_j^{m_j}+K$,
где $K$ - свободный член.
Если данное уравнение имеет бесконечное количество решений, то существует его частное решение, которое задается параметризацией:

$$k_1f_1(a)^{n_1}+k_2f_2(a)^{n_2}+…+k_if_i(a)^{n_i}=r_1g_1(a)^{m_1}+r_2g_2(a)^{m_2}+…+r_jg_j(a)^{m_j}+K$$

где $f_i(a),g_j(a)$ - некоторые многочлены от параметра $a$. Действительно, если бы параметров было несколько, то все из них, за исключением $a$, можно было бы приравнять к $1$ и мы бы получили параметризацию относительно одного параметра $a$.
С другой стороны, т.к. диофантовы уравнения представляют собой суммы степеней некоторых переменных, то все их параметризации (существующие) будут также многочленами некоторых степеней.
2. Поскольку все $f_i(a),g_j(a)$ - будут некоторыми многочленами от параметра $a$, то возводя в степени, раскрывая скобки получим некоторые многочлены в левой и правой части исходного диофантова уравнения относительно параметра $a$:
$m_1a^{p_1}+m_2a^{p_2}+...+m_ia^{p_i}=l_1a^{q_1}+l_2a^{q_2}+...+l_ja^{q_j}+K$
Перенося все слагаемые в левую часть получим некоторый многочлен:
$m_1a^{p_1}+m_2a^{p_2}+...+m_ia^{p_i}+K=0$
Который, очевидно при ненулевых $K$ может иметь лишь ограниченное количество решений - корней многочлена.

[venco]

age

1.
Почему из бесконечного множества решений всегда можно выбрать бесконечное полиномиальное множество?

2.
Почему при подстановке полиномов у Вас не изменился свободный член? Ведь полиномы тоже могут содержать свободные члены.

3.
Почему у Вас равенство нулю свободного члена влияет на количество решений полинома?

4.
Почему из конечности количества решений одного параметрического решения у Вас следует конечность всех решений.