Другие решения диофантова уравнения

[Руст]

По размерности не совпадают вторые члены, т.е. должно быть в числителе
$27y^6-36z^2y^3+8z^4$.

[scwec]

Для age: извиняюсь, в первой скобке вместо $36z^2y^2$ должно быть $36z^2y^3$

-- Вс фев 20, 2011 17:48:59 --

Для age: извиняюсь, в первой скобке вместо $36z^2y^2$ должно быть $36z^2y^3$

[age]

Теперь получилось
$\left(\dfrac{27y^6-36z^2y^3+8z^4} {8z^3}}\right)^2-\left(\dfrac{9y^4-8z^2y} {4z^2}\right)^3=\dfrac{27y^9-34y^6z^2+8z^6}{8z^4}$.

[scwec]

age, Вы ошибаетесь в вычислениях. Возьмите $z=y=1$. Тогда в левой части равенства у Вас $0$, а в правой $\frac{1} {8}$.

[age]

Да, верно. Увидел.
$\left(\dfrac{27y^6-36z^2y^3+8z^4} {8z^3}}\right)^2-\left(\dfrac{9y^4-8z^2y} {4z^2}\right)^3=z^2-y^3$.
Это даёт различные пары рациональных чисел (при взаимно простых $y,z$), разность квадрата и куба которых есть целое число. Но нам рациональные числа не интересны. Нам гораздо интереснее целые числа.
Поэтому лучше переписать:
$(27y^6-36z^2y^3+8z^4)^2-(9y^4-8z^2y^3)^3=64z^6(z^2-y^3)=64z^8-64y^3z^6$.
Правая часть этого уравнения есть не что иное как $a^2-b^3$. Т.е. предложенное вами уравнение есть не что иное как параметризация уравнения:
$p^2-q^3=a^2-b^3$, дающая бесконечное множество его решений.
К сожалению, боюсь, данная параметризация не может помочь ответить на вопрос: можно ли представить видом $z^2-y^3$ любую степень числа $p^n$. Хотя, стоп, может и можно.... Надо подумать.... Идея есть

-- Вт фев 22, 2011 23:09:16 --

Нет, с помощью данной параметризации нельзя. Данная параметризация показывает, что всякой форме $p^2-q^3$ соответствует точно такая же форма $a^2-b^3$ в первой степени и обратно (но не квадрат, не куб и не какая-либо иная степень формы). Т.е. формы $a^2-b^3$ не мультипликативны, как скажем, $a^2+b^2$ или $a^2\pm ab+b^2$ (другие мультипликативные формы мне неизвестны).

Это подтверждает выдвинутый тезис о том, что невозможно составить параметрическое уравнение мультипликации: $(a^2-b^3)(c^2-d^3)=p^2-q^3$. Если подобные решения и существуют, то они носят "частный" несистемный характер и не могут являться частными решениями какого-либо параметрического уравнения. Т.е. их лишь ограниченное число.

Кстати, забавно!
Т.к. из вашей параметризации следует решение уравнения $p^2-q^3=a^2-b^3$, то перенеся куб из правой части в левую, получим, что форма $b^3-q^3+p^2$ - мултипликативна, т.к.:
$(9y^4-8z^2y^3)^3-(4yz^2)^3+(8z^4)^2=(27y^6-36z^2y^3+8z^4)^2$.

(Оффтоп)

здесь просто надо поискать исходную параметризацию вида $(a^3-b^3+p^2)(c^3-d^3+q^2)=m^3-n^3+t^2$, частным случаем которой является ваша, если $a=c,b=d,p=q$

Т.е. по идее уравнение $a^3-b^3+c^2=p^n$ имеет бесчисленное множество решений для любых $n$. То же самое касается и уравнения $a^3+b^3+c^3=p^n$

-- Вт фев 22, 2011 23:44:26 --

age в сообщении #415886 писал(а):

здесь просто надо поискать исходную параметризацию вида $(a^3-b^3+p^2)(c^3-d^3+q^2)=m^3-n^3+t^2$, частным случаем которой является ваша, если $a=c,b=d,p=q$

Ан-нет, нельзя: $27y^6-36z^2y^3+8z^4$ это почти $m^3-n^3+t^2$, но не оно
Поэтому и тезис:

age в сообщении #415886 писал(а):

Т.е. по идее уравнение $a^3-b^3+c^2=p^n$ имеет бесчисленное множество решений для любых $n$. То же самое касается и уравнения $a^3+b^3+c^3=p^n$

спорен

[scwec]

Для age:замечу, что в случае $n=6k$ где $k$-натуральное число, интересующих Вас решений нет.
Поэтому Вы их и не получили для $n=6$ при расчетах на компьютере.
Это легко вытекает из трех обстоятельств.
1. Ранг эллиптической кривой $z^2=y^3+1$ равен нулю, следовательно, на кривой нет рациональных точек бесконечного порядка.
2. Все рациональные точки конечного порядка для этой кривой известны.
Это $(y,z)=(-1,0), (0,1), (0,-1), (2,3), (2,-3)$.
3. Указанная эллиптическая кривая получается из Вашего уравнения делением его на $x^{6k}$ и заменой переменных $Z=\dfrac{z} {x^{3k}}$ $Y=\dfrac{y} {x^{2k}}$.
Из этого замечания следует, что имеет смысл, видимо, рассматривать только $n<6$
То, что Вы так удачно получили решение при $n=7$ тоже имеет подоплеку в свойствах эллиптической кривой $z^2=y^3+2$.
(Она получается из Вашего уравнение делением его на$2^6$).
Дело в том, что эта эллиптическая кривая имеет нулевую группу кручения, а ранг ее равен 1
и все рациональные точки на ней, а их бесконечно много, получаются из одной $(y,z)=(\dfrac {17} {4}, \dfrac {71} {8})$ применением, например, предложенного мной тождества, а также проведением секущих через получаемые рациональные точки. Не исключено, что будут получаться и целые значения, которые Вас и интересуют. Совершенно точно только то, что в данном случае их будет конечное число.

[age]

scwec в сообщении #418462 писал(а):

Дело в том, что эта эллиптическая кривая имеет нулевую группу кручения, а ранг ее равен 1
и все рациональные точки на ней, а их бесконечно много, получаются из одной $(y,z)=(\dfrac {17} {4}, \dfrac {71} {8})$ применением, например, предложенного мной тождества, а также проведением секущих через получаемые рациональные точки. Не исключено, что будут получаться и целые значения, которые Вас и интересуют. Совершенно точно только то, что в данном случае их будет конечное число.

Рациональных, по-моему, тоже будет только конечное число.

[scwec]

Для age: Элиптическая кривая имеет бесконечно много рациональных точек тогда и только тогда, когда ее ранг больше нуля. В нашем случае он равен 1, следовательно рациональных точек на кривой $z^2=y^3+2$ бесконечно много
По поводу конечного числа целых точек: Л.Дж. Морделл доказал, что любая эллиптическая кривая содержит лишь конечное число целых точек.