Задача от БТФ при n=3

[Коровьев]

Докажите, что если бы существовали такие взаимно простые целые $a,b,c$ (не все положительные), что
$a^3+b^3+c^3=0$
то нашлись бы такие взаимно простые целые $k,l,m$ (не все положительные) удовлетворяющие такому же соотношению
$(ak)^3+(bl)^3+(cm)^3=0$

(Оффтоп)

Тут ведь как. Если знать одно тождество, то решение в одну строчку. В противном случае решение длинное и скучное, у меня

[Clayton]

Вы про это тождество?
${ a }^{ 3 }+{ b }^{ 3 }+{ c }^{ 3 }-3abc=(a+b+c)({ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }+{ c }^{ 2 }-ab-bc-ac)$

[temp03]

хмммм... если из существования $a^3+b^3+c^3=0$ следует существование $(ak)^3+(bl)^3+(cm)^3=0$, то для всякого $(ak)^3+(bl)^3+(cm)^3=0$ найдутся $a^3+b^3+c^3=0$, которые его образуют?

В противном случае существует такая $(ak)^3+(bl)^3+(cm)^3=0$, что ни для одной $a^3+b^3+c^3=0$ из неё не найдётся ни одной тройки взаимно простых целых $k,l,m$ (не все положительные) удовлетворяющих такому же соотношению, что противоречит условию задачи.
Кажется как-то так!

[Коровьев]

Нет, тождество совсем другое, не слишком известное. Но мне кажется, что я его где-то давным давно встречал. Возможно у Кречмара, не уверен.

[nnosipov]

Подправьте условие, иначе $k=l=m=-1$.

[Коровьев]

Закончим.
Решение заключается в нахождении точки 2P эллиптического уравнения
$y^3+x^3+b^3=0$
при условии, что существует такая целочисленная точка $(a;c)$, что
$a^3+b^3+c^3=0$
Подставляя эту точку в исходное уравнение и немного повозившись, придём к требуемому результату.
Ну и самое интересное - тождество.
${\left( {x + y + z} \right)\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right) = x\left( {y - z} \right)^3 + y\left( {z - x} \right)^3 + z\left( {x - y} \right)^3 }$
Заменяя $x,y,z$ на $a^3,b^3,c^3$ и учитывая, что
$a^3+b^3+c^3=0$
получим искомый результат
$a^3 \left( {b^3 - c^3 } \right)^3 + b^3 \left( {c^3 - a^3 } \right)^3 + c^3 \left( {a^3 - b^3 } \right)^3 = 0$
Это новое равенство порождает следующее равенство, с ещё большими целочисленными слагаемыми, и т.д.
То есть, целочисленных решений
$(ax)^3+(by)^3+(cz)^3=0$
с фиксированными $a,b,c$ должно быть бесконечное множество, что наводит на мысль, что таких $a,b,c$ и вовсе не существует.

[temp03]

Коровьев в сообщении #591169 писал(а):

Ну и самое интересное - тождество.
${\left( {x + y + z} \right)\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right) = x\left( {y - z} \right)^3 + y\left( {z - x} \right)^3 + z\left( {x - y} \right)^3 }$
Заменяя $x,y,z$ на $a^3,b^3,c^3$ и учитывая, что
$a^3+b^3+c^3=0$
получим искомый результат
$a^3 \left( {b^3 - c^3 } \right)^3 + b^3 \left( {c^3 - a^3 } \right)^3 + c^3 \left( {a^3 - b^3 } \right)^3 = 0$

Да это вообще какая-то мега-бомба. Тупо меняя как в уравнении Ферма на $z=-c^3$ получаем:
$a^3\left( {b^3 + c^3} \right)^3 - b^3\left( {c^3 + a^3} \right)^3 - c^3\left( {a^3 - b^3} \right)^3 }=0$ или

$c^3(a^3-b^3)^3+b^3(a^3+c^3)^3=a^3(b^3+c^3)^3$.

Пусть есть минимальная тройка $\{x,y,z\}$ - непростые, удовлетворяющие $x^3+y^3=z^3$. Тогда в силу того, что

$\underbrace{(x^3+y^3)}\limits_{z^3}(x^3-y^3)^3+y^3(2x^3+y^3)^3=x^3(2y^3+x^3)^3$, перенося, группируя и деля, получим:

$z^3=\dfrac{x^3(2y^3+x^3)^3-y^3(2x^3+y^3)^3}{(x^3-y^3)^3}$ или

$z^3=\dfrac{z_1^3-y_1^3}{a^3}=x^3+y^3$

Далее, учитывая, что при $x^3+y^3=z^3$ числа $x,y,z$ не могут быть простыми, а также памятуя, что тройка $x,y,z$ - минимальная, то подставляя в полученное тождество минимальную тройку, получим:

$\dfrac{z^3-y^3}{k^3}=p^3$, где $k^3\cdot p^3=x^3$, т.к. число $x$ не может быть простым. Но в соответствии с исходным тождеством, $\dfrac{z^3-y^3}{k^3}=m^3+n^3$. Откуда существует меньшая тройка $m^3+n^3=p^3$, что невозможно.
_________________________________

Коровьев, Вам надо Филдсовскую медаль дать!

[nnosipov]

temp03 в сообщении #591263 писал(а):

Далее, учитывая, что при $x^3+y^3=z^3$ числа $x,y,z$ не могут быть простыми, а также памятуя, что тройка $x,y,z$ - минимальная, то подставляя в полученное тождество минимальную тройку, получим:

$\dfrac{z^3-y^3}{k^3}=p^3$, где $k^3\cdot p^3=x^3$, т.к. число $x$ не может быть простым. Но в соответствии с исходным тождеством, $\dfrac{z^3-y^3}{k^3}=m^3+n^3$. Откуда существует меньшая тройка $m^3+n^3=p^3$, что невозможно.

Фокусы какие-то. Откуда $m$ и $n$ взялись?

[temp03]

из тождества, мы-то в тождество подставляем $z$ и $y$

[nnosipov]

temp03 в сообщении #591273 писал(а):

из тождества

Поподробнее, пожалуйста.

[temp03]

все тройки $x,y,z$ являются тройками из этого тождества, в том числе и минимальная.

[nnosipov]

temp03 в сообщении #591276 писал(а):

все тройки $x,y,z$ являются тройками из этого тождества.

Непонятно. Можете написать аккуратное доказательство того, как из некоторой тройки $(x,y,z)$ натуральных чисел с условием $x^3+y^3=z^3$ получается меньшая тройка $(m,n,p)$ натуральных чисел с тем же свойством? Чудес-то не бывает.

[temp03]

а зачем?

[nnosipov]

temp03 в сообщении #591278 писал(а):

а зачем?

Затем, чтобы было именно доказательство, а не просто набор фраз.

[temp03]

Мне это зачем нужно, я же не математик. Это вы математики, вы и пишите! А мне и так спокойно живётся