Еще одно диофантово уравнение

[maxal]

Это не чушь, просто я имел в виду матрицы специального вида (они называются сопровождающими):

$$M = \left(\begin{matrix} a_1 & a_2 & a_3 & \dots & a_{m-1} & a_m\\ 1 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & \dots & 0 & 0\\ \dots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1 & 0\end{matrix}\right)$$

При этом если $x_n = M x_{n-1},$ то $x_n$ имеем по сравнению с $x_{n-1}$ те же компоненты, за исключением самой первой, которая есть линейная комбинация компонентов $x_{n-1}.$ Почему-то мне показалось, что речь именно про такие матрицы.

[juna]

maxal писал(а):

В общем случае для матрицы $M$ размером $m\times m$ имеем $j$-я компонента вектора $x_n$ равна $x_{nj} = \sum_{i=1}^m c_i \lambda_i^{n+j},$ где $\lambda_i$ - все различные собственные значения матрицы $M,$ а коэффициенты $c_i$ определяются исключительно вектором $x_0.$ Если максимальное по модулю собственное значение единственно, для определенности скажем $\lambda_1,$ и коэффициент при нем $c_1\ne 0$ (это зависит опять же только от $x_0$), то отношение любых двух соседних компонент вектора $x_n$ стремится к $\lambda_1$ с ростом $n.$

Какой-то у Вас слишком частный общий случай матрицы $M$. Следуя логике изложения, речь идет про любые матрицы, по ссылке Michael D. Hirschhorn - нигде нет сопровождающих матриц!
Рассуждения Руста похожи на правду.

[maxal]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Какой-то у Вас слишком частный общий случай матрицы $M$.

Он не узкий, но базовый я бы сказал. Дело в том, что согласно теореме Кэли, любая матрица есть корень свого характеристического полинома. Поэтому последовательности каждой из компонент векторов $x_n$ есть линейные рекуррентные последовательности, характеристические полиномы которых делять характеристический полином матрицы M. Каждую из этих последовательностей можно представить в матричной форме (возможно не минимальной), где в роли матрицы выступает сопровождающая матрица характеристического многочлена исходной матрицы M.

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Следуя логике изложения, речь идет про любые матрицы, по ссылке Michael D. Hirschhorn - нигде нет сопровождающих матриц!

Зато ваша матрица http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=44292#44292 именно такая.

[Руст]

Типичный случай вещественной матрицы М не имеет кратных корней. Однако, попарно комплексные корни встречаются часто (чаще, чем случай, когда все корни действительные). Соответственно, если в разложении по собственным векторам с ненулевыми коэффициентами, максимальное собственное значение комплексное, вообще говоря нет предела отношений компонент у вектора M^nx0.

[juna]

Для уравнения $x^4+y^3-z^2=0$ найти бесконечно много решений в натуральных числах $x,y,z$

[Руст]

Одно очевидное решение x=1,y=2,z=3. Умножая на соответствующие множители получим бесконечно много решений $x=t^3,y=2t^4,z=3t^6$.
Конечно можно исследовать и на конечность или бесконечность взаимно простых решений. Боюсь, что их конечно.

[juna]

Можно считать, что в исходной формулировке речь идет о взаимно простых решениях.

[neo66]

Пусть l и m удовлетворяют уравнению Пелля: m^2 -2l^2 = -1;

Тогда, как легко проверить, (x,y,z):

x = lm; y = 2l^2; z = 2l^4 + l^2;

удовлетворяют нашему уравнению: x^4 + y^3 = z^2;

Правда, оини тоже не взаимно простые.

[Руст]

Можно получить (только громоздко) общее решение через два числа m и n и вышеуказанный множитель t:
$c=3n^2+48mn-24m^2,d=12m^2-8mn+n^2, a=4cd,b=3d^2-2cd-c^2,y=abt^4,z=t^6(a^3+b^3)/2,x^2=t^6(a^3-b^3)/2.$
Можно t брать в виде дроби так, чтобы сократить общие множители.

[neo66]

А вот уже и взаимно простые решения.

Пускай x и k - удовлетворяют такому уравнению Пелля:

x^2 = 12k^2 +1;

А y и z:
y = 4k^2 - 1; z = 8k^3 +6k;

Тогда (x,y,z) удовлетворяет уравнению x^4 + y^3 = z^2;

[juna]

Мне понравилось вот такое решение (оно взято отсюда - там разбирается и задача Ферма ):
$y^3=(z-x^2)(z+x^2)$
Если $((z-x^2),(z+x^2))=1$, то они сами должны быть кубами, т.е. $z-x^2=b^3, z+x^2=a^3$, отсюда находим $z=\frac{a^3+b^3}{2}$, $x^2=\frac {a^3-b^3}{2}$
Здесь $a,b$ должны быть одинаковой четности (для взаимно простых быть нечетны), для этого берем $a=t+1,b=t-1$ и получаем уравнение Пелля $x^2=3t^2+1$, для которого каждое четное $t$ доставляет нам взаимно простые решения:
$t=\frac{1}{2\cdot \sqrt{3}}\cdot ((2+\sqrt{3})^k-(2-\sqrt{3})^k)$, для всех четных $k$ получаются взаимно простые решения.
Однако, конечно, это не дает всех решений.

[Руст]

Именно так я получил общее решение.
Вообще эта поверхность бирационально изоморфна плоскости.

[neo66]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Мне понравилось вот такое решение (оно взято отсюда - там разбирается и задача Ферма ):
$y^3=(z-x^2)(z+x^2)$
Если $((z-x^2),(z+x^2))=1$, то они сами должны быть кубами, т.е. $z-x^2=b^3, z+x^2=a^3$, отсюда находим $z=\frac{a^3+b^3}{2}$, $x^2=\frac {a^3-b^3}{2}$
Здесь $a,b$ должны быть одинаковой четности (для взаимно простых быть нечетны), для этого берем $a=t+1,b=t-1$ и получаем уравнение Пелля $x^2=3t^2+1$, для которого каждое четное $t$ доставляет нам взаимно простые решения:
$t=\frac{1}{2\cdot \sqrt{3}}\cdot ((2+\sqrt{3})^k-(2-\sqrt{3})^k)$, для всех четных $k$ получаются взаимно простые решения.
Однако, конечно, это не дает всех решений.

И я рассуждал так же.

[juna]

Докажите, что уравнение $(m+1)^3+m^3=n^2$ имеет в целых числах только два решения $m=0,n=1$ и $m=1,n=3$.

[RIP]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Докажите, что уравнение $(m+1)^3+m^3=n^2$ имеет в целых числах только два решения $m=0,n=1$ и $m=1,n=3$.

Это можно доказать элементарно? (Чтобы я зря не мучился )