Задача о 4-х кубах. 4-х параметрическое решение

[Коровьев]

4-х параметрическое решение решение диофантового уравнения $$x^3 + y^3 = z^3 + t^3$

$$x = \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)^2 + \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)\left( {3bc - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

$$y = - \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)^2 - \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)\left( {3ad - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

$$z = - \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)^2 - \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)\left( {3ad - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

$$t = \left( {a^2 - ab + b^2 } \right)^2 + \left( {c^2 - cd + d^2 } \right)\left( {3bc - \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \right)$

Краткий вывод
$$x^3 + y^3 = z^3 + t^3$ в целых числах, причём $x,y$ и $z,t$ попарно взаимно простые.
Пусть $$\frac{{x + y}}{{z + t}} = \frac{m}{n}$, где $m,n$ взаимно простые целые числа. Тогда
$$m\left( {x^2 - xy + y^2 } \right) = n\left( {z^2 - zt + t^2 } \right)$
Отсюда, для некоторых целых $a,b,c,d$, необязательно положительных $m,n$ имеют вид

$$\begin{array}{l} m = a^2 - ab + b^2 = \left( {a\varepsilon + b\varepsilon ^2 } \right)\left( {a\varepsilon ^2 + b\varepsilon } \right) = \alpha \bar \alpha \\ \\ n = c^2 - cd + d^2 = \left( {c\varepsilon + d\varepsilon ^2 } \right)\left( {c\varepsilon ^2 + d\varepsilon } \right) = \beta \bar \beta \\ \end{array}$

$\varepsilon = - \frac{1}{2} + i\frac{{\sqrt 3 }}{2}$, $\varepsilon ^2 + \varepsilon + 1=0$
Такое представление не единственно. Далее.

$\begin{array}{l} x^2 - xy + y^2 = \left( {x\varepsilon + y\varepsilon ^2 } \right)\left( {x\varepsilon ^2 + y\varepsilon } \right) \\ \\ z^2 - zt + t^2 = \left( {z\varepsilon + t\varepsilon ^2 } \right)\left( {z\varepsilon ^2 + t\varepsilon } \right) \\ \end{array}$

$\alpha \bar \alpha \left( {x\varepsilon + y\varepsilon ^2 } \right)\left( {x\varepsilon ^2 + y\varepsilon } \right) = \beta \bar \beta \left( {z\varepsilon + t\varepsilon ^2 } \right)\left( {z\varepsilon ^2 + t\varepsilon } \right)$
Примем для некоторого $\varsigma = q\varepsilon + r\varepsilon ^2$
$$\left\{ \begin{array}{l} x\varepsilon + y\varepsilon ^2 = \beta \varsigma \\ x\varepsilon ^2 + y\varepsilon = \bar \beta \bar \varsigma \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} z\varepsilon + t\varepsilon ^2 = \alpha \varsigma \\ z\varepsilon ^2 + t\varepsilon = \bar \alpha \bar \varsigma \\ \end{array} \right.$
Тогда
$\begin{array}{l} - \left( {x + y} \right) = \beta \varsigma + \bar \beta \bar \varsigma = km \\ - \left( {z + t} \right) = \alpha \varsigma + \bar \alpha \bar \varsigma = kn \\ \end{array}$
Где $k$ некоторое целое число

$$\varsigma = k\frac{{m\bar \alpha - n\bar \beta }}{{\bar \alpha \beta - \alpha \bar \beta }},\bar \varsigma = - k\frac{{m\alpha - n\beta }}{{\bar \alpha \beta - \alpha \bar \beta }}$

$$\left( {x\varepsilon + y\varepsilon ^2 } \right) - \varepsilon \left( {x\varepsilon ^2 + y\varepsilon } \right) = x\left( {\varepsilon - 1} \right) = \beta \varsigma - \varepsilon \bar \beta \bar \varsigma = k\frac{{m\left( {\bar \alpha \beta + \varepsilon \alpha \bar \beta } \right) + \varepsilon ^2 n^2 }}{{\bar \alpha \beta - \alpha \bar \beta }}$

$$x = k\frac{{m\left( {\varepsilon \bar \alpha \beta + \varepsilon ^2 \alpha \bar \beta } \right) + n^2 }}{{\left( {\bar \alpha \beta - \alpha \bar \beta } \right)\left( {\varepsilon ^2 - \varepsilon } \right)}}$
Аналогично

$$y = k\frac{{ - m\left( {\varepsilon \alpha \bar \beta + \varepsilon ^2 \bar \alpha \beta } \right) - n^2 }}{{\left( {\bar \alpha \beta - \alpha \bar \beta } \right)\left( {\varepsilon ^2 - \varepsilon } \right)}}$

$$z = k\frac{{ - n\left( {\varepsilon \alpha \bar \beta + \varepsilon ^2 \bar \alpha \beta } \right) - m^2 }}{{\left( {\bar \alpha \beta - \alpha \bar \beta } \right)\left( {\varepsilon ^2 - \varepsilon } \right)}}$

$$t = k\frac{{n\left( {\varepsilon \bar \alpha \beta + \varepsilon ^2 \alpha \bar \beta } \right) + m^2 }}{{\left( {\bar \alpha \beta - \alpha \bar \beta } \right)\left( {\varepsilon ^2 - \varepsilon } \right)}}$

Подставляя в эти формулы значения для $ \alpha ,\bar \alpha ,\beta ,\bar \beta $ и выбрав для $k$ значение, равное общему знаменателю мы и получим формулы для $x,y,z,t$

[hurtsy]

Коровьев в сообщении #760269 писал(а):

причём $x,y$ и $z,t$ попарно взаимно простые

Зачем так "урезать" допустимые решения? С уважением,

[Коровьев]

hurtsy в сообщении #760367 писал(а):

Коровьев в сообщении #760269 писал(а):

причём $x,y$ и $z,t$ попарно взаимно простые

Зачем так "урезать" допустимые решения? С уважением,

Пожалуй, я зря "ущемил" их права. Тем более, условие их взаимной простоты нигде в выводе не использовалось. Да и сами эти полученные переменные зависят только от $m,n$
А будут они в цифровом воплощении взаимно простыми или не будут, никакого значения не имеет.
Спасибо за ценное замечание.

[hurtsy]

Коровьев в сообщении #760479 писал(а):

Спасибо за ценное замечание.

Не за что. Я ,не собрался с духом, для чесной проверки Вашей работы. Мое замечание из общих соображений. Ответственность за ТС . А все ли решения в Вашем представлении? С уважением,

[Коровьев]

hurtsy в сообщении #760692 писал(а):

А все ли решения в Вашем представлении?

Нет, не все.
Я рассмотрел только вариант, где $m,n$ представляют форму
$x^2-xy+y^2$
Но и из этого варианта можно получить большинство серий из статьи о 4-х кубах в Википедии.
К примеру, там первая серия Рамануджана хотя и имеет максимальную степень 2, но выбором определённой постановки в 4-х параметрическом решении все переменные $x,y,z,t$ получаются делящимися на равный параметрический множитель второй степени, после сокращения на который получается серия Рамануджана.

[hurtsy]

Коровьев в сообщении #761160 писал(а):

... из этого варианта можно получить большинство серий из статьи о 4-х кубах в Википедии
.
К примеру, там первая серия Рамануджана ...

Спасибо, за ссылку. Теперь мне более понятна история задачи. Мне кажется, по сигнатуре

$$ (+2,-2)$$

ваша задача не такая "высокорожденная" как задача в Википедии, сигнатура

$$(+3,-1)$$

. Теория чисел не зря считается королевой математики. С уважением,

[Коровьев]

Выше я рассмотрел "крайний" случай, когда $m,n$ представимы формой
$x^2-xy+y^2$
Рассмотрим другой "крайний" случай.
Если простое число вида $P=3k-1$ есть делитель числа $c=a^2-ab+b^2$, то и $a,$ и $b $ делятся на это простое число, а, следовательно, $c$ делится на квадрат этого простого числа.
В общем случае условие $m,n$ взаимно простые целые числа, содержащие только простые числа вида $P=3k-1$ не обязательно. Но в противном случае уже нельзя утверждать, что эти формулы описывают все целые решения для данных $m,n$, поскольку простое число вида $P=3k+1$, или число 3 не обязаны делиться на $a,$ и $b$

Итак.
$$x^3 + y^3 = z^3 + t^3$ для некоторых целых чисел.
Пусть
$$ \frac{{x + y}}{{z + t}} = \frac{m^2}{n^2}$
где $m,n$ взаимно простые целые числа, содержащие только простые числа вида $P=3k-1$
Тогда
$$m^2\left( {x^2 - xy + y^2 } \right) = n^2\left( {z^2 - zt + t^2 } \right)$
Отсюда,
$$x=x'n,y=y'n,z=z'm,t=t'm$

$$x'^2 - x'y' + y'^2=z'^2 - z't' + t'^2$

Можно показать, что это возможно только тогда, когда

$x' = bd - ad - bc $

$y' = ac - ad - bc$

$z' = bc - ac - bd $

$t' = ad - ac - bd $

Для некоторых целых $a,b,c,d$

$x' + y' = c\left( {a - 2b} \right) + d\left( {b - 2a} \right)$

$ z' + t' = c\left( {b - 2a} \right) + d\left( {a - 2b} \right) $


$$\frac{{x + y}}{{z + t}} =\frac{{nx' +ny'}}{{mz' +m t'}}= \frac{m^2}{n^2}$

$$\frac{{c\left( {a - 2b} \right) + d\left( {b - 2a} \right)}}{{c\left( {b - 2a} \right) + d\left( {a - 2b} \right)}} = \frac{{m^3 }}{{n^3 }}$

$c\left[ {n^3 \left( {a - 2b} \right) - m^3 \left( {b - 2a} \right)} \right] = d\left[ {m^3 \left( {a - 2b} \right) - n^3 \left( {b - 2a} \right)} \right]$
Выберем
$$ c = m^3 \left( {a - 2b} \right) - n^3 \left( {b - 2a} \right) $
$$d = n^3 \left( {a - 2b} \right) - m^3 \left( {b - 2a} \right) $
Окончательно получим

$$\left\{ \begin{array}{l} x = m^3 n\left( { - 2a^2 + 2ab + b^2 } \right) - n^4 \left( {a^2 - ab + b^2 } \right) \\ y = m^3 n\left( { - a^2 - 2ab + 2b^2 } \right) + n^4 \left( {a^2 - ab + b^2 } \right) \\ z = mn^3 \left( { - 2a^2 + 2ab + b^2 } \right) - m^4 \left( {a^2 - ab + b^2 } \right) \\ t = mn^3 \left( { - a^2 - 2ab + 2b^2 } \right) + m^4 \left( {a^2 - ab + b^2 } \right) \\ \end{array} \right.$

[korolev]

Коровьев
Скажите пожалуйста, формулы для x, y, z, t Вы сами вывели, или откуда-то заимствовали?

[korolev]

Я провел исследования формул Вашего первого поста, попадание довольно слабое. Так, из 340 четверок x, y, z, t серия дает только 35. Это всего 10%. Первая же серия Рамануджана дает попаданий в 2 раза больше.
Ваши формулы последнего поста дают всего 6 попаданий из 340.

[korolev]

korolev в сообщении #768537 писал(а):

Первая же серия Рамануджана дает попаданий в 2 раза больше.

Ой, пардон. Опечатался с точностью до наоборот. Надо читать так:

"Первая серия Рамануджана дает попаданий в 2 раза меньше (точнее 17 из 340)."

Вот эти варианты:

[Коровьев]

korolev в сообщении #768314 писал(а):

Коровьев
Скажите пожалуйста, формулы для x, y, z, t Вы сами вывели, или откуда-то заимствовали?

Нет смысла откуда-нить тырить и выставлять на форум без ссылок на источник. А вдруг потом обнаружат - оправдываться замучаешься.
Но не думаю, что никто и никогда этого не сделал, слишком уж простое решение, не сравнимое с более простыми на вид проблемами, но с очень не простыми решениями.
По поводу охвата всех решений.
У меня рассмотрены два случая. Но ещё есть общий случай - смешанный, когда
$$\frac{{x + y}}{{z + t}} = \frac{{mr^2 }}{{ns^2 }}$
где $m,n$ есть форма, а $r,s$ не есть.
Я его ещё не рассматривал, но, мне видится, он тоже решаем просто. Правда, смущает обилие независимых параметров. Тут что-то не так.

[korolev]

Коровьев, поймите меня правильно. Я пишу книгу по теории чисел и в данный момент как раз компоную методы решения задачи этой темы. Основное почерпнул из Википедии, и хотел бы добавить то, что в Вашем первом посте. Ваши формулы дают действительно наибольший процент четверок Эйлера. Хотелось бы знать Ваши инициалы, фамилию и согласие на опубликование. И желательно, фото (я в книге привожу фотографии всех математиков, чьи результаты выкладываю). Вообще то было бы совсем прекрасно, если бы Вы здесь привели метод, благодаря которому получили столь интересные выражения для x, y, z, t.
То, что параметров больше, чем в других методах - это, на мой взгляд, как раз хорошо.
Вот Ваши результаты (имею в виду уравнение Эйлера, что приведено в Википедии):

С уважением, Королев Глеб Николаевич.

[korolev]

$x^3+y^3+z^3=w^3$

$x=\left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) ^{2}+ \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) \left[ 3\,bc- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

$y=- \left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) ^{2}- \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) \left[ 3\,ad- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

$z= \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) ^{2}+ \left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) \left[ 3\,ad- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

$w= \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) ^{2}+ \left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) \left[ 3\,bc- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

[korolev]

Коровьев !!!

korolev в сообщении #768615 писал(а):

$x^3+y^3+z^3=w^3$

$x=\left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) ^{2}+ \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) \left[ 3\,bc- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

$y=- \left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) ^{2}- \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) \left[ 3\,ad- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

$z= \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) ^{2}+ \left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) \left[ 3\,ad- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

$w= \left( {a}^{2}-ab+{b}^{2} \right) ^{2}+ \left( {c}^{2}-cd+{d}^{2} \right) \left[ 3\,bc- \left( a+b \right) \left( c+d \right) \right]$

Самым тщательным образом изучаю эту модель. Возможно, грянет сенсация. При размахе параметров a, b, c, d от -13 до 13 нашел 322 решения из 340. Счет идет очень медленно, так как полностью крутятся 4 встроенных цикла... Сейчас идет размах от -15 до 15. Похоже, что будут находиться абсолютно все варианты. Если я не липанул что-то в программе, то дело идет к тому, что Вы нашли систему, аналогичную системы Пифагора для его троек. Очень бы Вас попросил проверить мои догадки - ведь речь идет о задаче, которую не смогли решить даже великие математики на протяжении более 200 лет!

Для облегчения проверки даю ссылку на 340 четверок чисел Эйлера. Первая колонка - это порядковый номер, далее x, y, z, w
http://lj.rossia.org/users/renuar911/2013/10/01/

[Коровьев]

Если представить некое решение в целых числах как
${x_0}^3+{y_0}^3+{z_0}^3+{w_0}^3=0$
то первая система решений представит все решения, кроме таких решений, что любые две пары решения содержат общий множитель в виде квадрата целого числа, содержащего только простые числа $P=3k-1$ Это следует из хода самого решения, хотя это только моё утверждение и могут быть подводные камни.
Конечно, многие полученные решения получаются не примитивными, а содержащие общий множитель. Все примитивные четвёрки описать общей формулой не удастся, ибо существуют параметрические решения, где переменные имеют максимум степени два. Для таких четвёрок в первой серии будут получаться четвёрки с общим множителем.