Тянет ли такая задача на олимпиадную?

[Slava]

1. Тянет ли такая задача на олимпиадную?
Доказать, что диофантовое уравнение $x^2+y^3=z^3$ имеет бесконечное количество решений в целых числах.
Решение.
$x=(6p^2-6pq+q^2)(36p^4-36p^3q+18p^2q^2-6pq^3+q^4)$,
$y=q(2p-q)(12p^2-6pq+q^2)$,
$z=4p(3p-q)(3p^2-3pq+q^2)$,
где $p,q - целые числа.
2. Есть ли какое-нибудь практическое использование диофантовых уравнений выше второй степени?

[Ales]

Полагаю, что такая задача не годится как олимпиадная:
1. это классическое уравнение исследовано Эйлером, метод описан в учебниках - тому, кто читал, решать не надо
2. для тех, кто это не знает, это слишком сложно
3. олимпиадная задача должна решаться быстро остроумной догадкой, а чтобы решить эту задачу нужна подготовка

Я, например, могу решить эту задачу сходу, поскольку долго возился с Теоремой Ферма и эта задача получилась как дополнительный подарок: $z^3-y^3$ это определитель целочисленной матрицы $\left(\begin{array}{ccc}z&-y&0\\0&z&-y\\-y&0&z\end{array}\right) = z-y\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{array}\right)$, поэтому достаточно найти целочисленную матрицу $\left(\begin{array}{ccc}a&b&c\\c&a&b\\b&c&a\end{array}\right)=a+b\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{array}\right)+c\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{array}\right)^2$, квадрат которой равен $\left(\begin{array}{ccc}z&-y&0\\0&z&-y\\-y&0&z\end{array}\right)$, отсюда получаем систему:

$\left\begin{array}{c}{a^2+2bc=z}\\{2ab+c^2=-y}\\{b^2+2ac=0}\end{array}$

и:
$x=det\left(\begin{array}{ccc}a&b&c\\c&a&b\\b&c&a\end{array}\right)=a^3+b^3+c^3-3abc=$
$=(a+b+c)*(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$


Например: $a=-2,b=2,c=1$.
$x=13,y=7,z=8$.
$13^2=169=512-343=8^3-7^3$


Диофантовы уравнения могут на практике использоваться в криптографии.

[RIP]

Ales в сообщении #276406 писал(а):

2. для тех, кто это не знает, это слишком сложно

Нет. Так, как сформулировано, --- это тривиальная задача. Бесконечное число решений задаётся формулой $(x,y,z)=(0,y,y)$.

[Профессор Снэйп]

А вот уравнение $x^2 + y^3 = z^2$ вроде чуть сложнее будет. Или опять ошибаюсь?

[venco]

Профессор Снэйп в сообщении #276418 писал(а):

А вот уравнение $x^2 + y^3 = z^2$ вроде чуть сложнее будет. Или опять ошибаюсь?

Ошибаетесь: http://dxdy.ru/post276322.html#p276322

[Профессор Снэйп]

venco в сообщении #276424 писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #276418 писал(а):

А вот уравнение $x^2 + y^3 = z^2$ вроде чуть сложнее будет. Или опять ошибаюсь?

Ошибаетесь: http://dxdy.ru/post276322.html#p276322

А, ну да. Выполняется равенство $1^3 + 2^3 + \ldots + a^3 = (1 + 2 + \ldots + a)^2$. Отсюда при $x = 1 + \ldots + a$, $y = a + 1$ и $z = x + a + 1$ получаем $x^2 + y^3 = z^2$.

В частности, уравнение $x^2 + y^3 = z^2$ имеет бесконечно много решений. А есть ли у него "другие" решения?

[RIP]

Профессор Снэйп в сообщении #276432 писал(а):

В частности, у уравнения $x^2 + y^3 = z^2$ бесконечно много решений. А есть ли у него решения, для которых $z \neq x + y$?

Да сколько угодно. Например,

$$\left(\frac{a^3-b^3}2\right)^2+(ab)^3=\left(\frac{a^3+b^3}2\right)^2.$$

[Профессор Снэйп]

RIP в сообщении #276433 писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #276432 писал(а):

В частности, у уравнения $x^2 + y^3 = z^2$ бесконечно много решений. А есть ли у него решения, для которых $z \neq x + y$?

Да сколько угодно. Например,

$$\left(\frac{a^3-b^3}2\right)^2+(ab)^3=\left(\frac{a^3+b^3}2\right)^2.$$

Если $x^2 + y^3 = z^2$, то $(u^3x)^2 + (u^2y)^3 = (u^3z)^2$. Так что интересовали решения, отличные от троек

$$ \left( \frac{v(v+1)}{2}u^3, (v+1)u^2, \frac{(v+1)(v+2)}{2}u^3 \right) $$

при $u,v \in \mathbb{N}$.

Теперь вот если рассмотреть $u = b^2/a$, $v = (a^3-b^3)/b^3$... Получается $u^3v(v+1)/2 = (a^3-b^3)/2$ и $(v+1)u^2 = ab$. То есть вроде как это "то же самое" решение, хотя, конечно, $v$ и $u$ могут быть оказаться не целыми.

Сформулируем вопрос так: есть ли у уравнения $x^2 + y^3 = z^2$ целочисленные решения, отличные от троек

$$ \left( \frac{v(v+1)}{2}u^3, (v+1)u^2, \frac{(v+1)(v+2)}{2}u^3 \right) $$

при $u,v \in \mathbb{Q}$?

[RIP]

Профессор Снэйп в сообщении #276448 писал(а):

Сформулируем вопрос так: есть ли у уравнения $x^2 + y^3 = z^2$ целочисленные решения, отличные от троек

$$ \left( \frac{v(v+1)}{2}u^3, (v+1)u^2, \frac{(v+1)(v+2)}{2}u^3 \right) $$

при $u,v \in \mathbb{Q}$?

Да, но только решения вида $(x,0,\pm x)$ с $x\ne0$. Если $x^2+y^3=z^2$ и $y\ne0$, то $u=\frac{z-x}y$, $v=\frac{2x}{z-x}$.

-- Ср 30.12.2009 12:27:33 --

Своим смайликом я хотел намекнуть, что, в отличие от изначального уравнения, это уравнение "тривиально", поскольку его можно переписать в виде $(z+x)(z-x)=y^3$. Соответственно, решения с $z\ne-x$ можно параметризовать как $((t-y^3/t)/2,y,(t+y^3/t)/2)$ ($t=z+x$).

[Профессор Снэйп]

Ну да, получается, тут совсем всё просто

[age]

Попробуйте вот эту задачку в качестве олимпиадной:
$x^5+y^5+z^5=u^2$

[arqady]

age в сообщении #276471 писал(а):

Попробуйте вот эту задачку в качестве олимпиадной:
$x^5+y^5+z^5=u^2$

Например, $(t,-t,t^2,t^5)$.

[age]

arqady
Какой тогда в ней смысл? Так можно и написать $0^5+0^5+0^5=0^2$.
Нет. Надо чтобы $x,y,z,u$ - были хотя бы различными. (Я уже не говорю про то, чтобы плюс натуральными).

[Профессор Снэйп]

Вообще-то есть бесконечно много решений $x=y=z = 3 t^2$, $u = 3^3 t^5$. Но если требовать, чтобы все четыре числа были положительны и различны...

Если по модулю $11$ посмотреть... В $\mathbb{Z}_{11}$ $x^5, y^5,z^5 \in \{ 0,1,-1 \}$ и $u^2 \in \{ 0,1,3,4,5,-2 \}$. Для квадратов $4$ и $5$ отпадают. Случай с делящимися на $11$ $x$, $y$ и $z$ тоже отпадает после сокращения на $11$. Получаются следующие 4 возможности (с точностью до перестановки $x$, $y$ и $z$):

1) $x \equiv y \equiv 0 \,(\mathrm{mod}\,11)$, $z \equiv u \equiv 1\, (\mathrm{mod}\,11)$;
2) $x \equiv y \equiv z \equiv 1\, (\mathrm{mod}\,11)$, $u \equiv 3\, (\mathrm{mod}\,11)$;
3) $x \equiv 0\, (\mathrm{mod}\,11)$, $y \equiv z \equiv -1\, (\mathrm{mod}\,11)$, $u \equiv -2\, (\mathrm{mod}\,11)$;
4) $x \equiv y \equiv u \equiv 1\, (\mathrm{mod}\,11)$, $z \equiv -1\, (\mathrm{mod}\,11)$.

(Оффтоп)

Прогоняют из-за компьютера Что за существа эти женщины!

[Nilenbert]

age в сообщении #276491 писал(а):

Надо чтобы $x,y,z,u$ - были хотя бы различными. (Я уже не говорю про то, чтобы плюс натуральными).

Легко. берём $x=a(a^5+b^5+c^5)$,$y=b(a^5+b^5+c^5)$, $z=c(a^5+b^5+c^5)$, $u=(a^5+b^5+c^5)^3$. Например, при $a=1$, $b=2$, $c=3$:

$$ 276^5+552^5+828^5=21024576^2 $$