Новый подход к решению ВТФ для n=3

[Belfegor]

Рассмотрим уравнение:

$x^3 + ax^2 y + bxy^2 + y^3 = z^3 \qquad\qquad(1) $

Если число

$q = b^2 - 6b + 4a(1 - c) + 3(4c - 1)\qquad\qquad(2)$

является таким, что $\sqrt q $ рациональное число, тогда имеем такое решение:

$\begin{array}{l} x = (3 - b \pm \sqrt {q)} p - 2(c - 1)s\qquad\qquad(3) \\ y = 2(a - 3)p + (b - 3 \pm \sqrt q )s\qquad\qquad(4) \\ z = (2a - 3 - b \pm \sqrt q )p + (b - 1 - 2c \pm \sqrt q )s\qquad\qquad(5) \\ \end{array} $
Числа p,s являются любыми целыми числами.

Теперь если мы примем, что

$\begin{array}{l} a = 0 \\ b = 0 \\ c = 1 \\ \end{array} $

Уравнение (1) преобразуется в уравнение

$x^3 + y^3 = z^3\qquad\qquad(6)$

А решение выглядит уже так:

$\begin{array}{l} x = (3 \pm 3)p\qquad\qquad(7) \\ y = - 6p + ( - 3 \pm 3)s\qquad\qquad(8) \\ z = ( - 3 \pm 3)p + ( - 3 \pm 3)s\qquad\qquad(9) \\ \end{array} $

Очевидно, что при любых значениях p,s уравнение (6) имеет только тривиальные решения.

[shwedka]

Цитата:

Если число

$q = b^2 - 6b + 4a(1 - c) + 3(4c - 1)\qquad\qquad(2)$

является таким, что $\sqrt q $ рациональное число, тогда имеем такое решение:

$\begin{array}{l} x = (3 - b \pm \sqrt {q)} p - 2(c - 1)s\qquad\qquad(3) \\ y = 2(a - 3)p + (b - 3 \pm \sqrt q )s\qquad\qquad(4) \\ z = (2a - 3 - b \pm \sqrt q )p + (b - 1 - 2c \pm \sqrt q )s\qquad\qquad(5) \\ \end{array} $
Числа p,s являются любыми целыми числами.

А можете ли Вы доказать, что других решений, то есть, не тех, что даются этими формулами, нет?

[Belfegor]

shwedka в сообщении #771016 писал(а):

А можете ли Вы доказать, что других решений, то есть, не тех, что даются этими формулами, нет?

Уважаемая shwedka!

На данный момент не могу с полной уверенностью сказать, что удалось доказать единственность этого решения
Ответный вопрос: Если бы удалось доказать, что вы вообще скажете о таком подходе?

[shwedka]

Belfegor в сообщении #771026 писал(а):

Ответный вопрос: Если бы удалось доказать, что вы вообще скажете о таком подходе?

Если удастся доказать, тогда скажу, что думаю. А сейчас стыд девичий не позволяет.

[Belfegor]

shwedka в сообщении #771029 писал(а):

А сейчас стыд девичий не позволяет.

Вот те на

[individa]

Мне интересно. Это та самая Шведка или нет?

[Deggial]

individa, замечание за искажение ника участницы.

[Феликс Шмидель]

Пусть $p=1$, $s=0$.
Пусть $a=0$, $b=0$, $c=19$.

Тогда $q=225$, $\sqrt{q}=15$,

$x=18$, $y=-6$, $z=12$.

Равенство $x^3+y^3=z^3$ не получается.

[Belfegor]

Исправление в уравнении (1), забыл с

$x^3 + ax^2 y + bxy^2 + cy^3 = z^3 \qquad\qquad(1)$

[individa]

Конечно не получиться. Нашли решения одного уравнения, а подставляете в другое. "С" это коэффициент при Y^3. Он просто его пропустил когда писал формулу. Опечатка там.

[Belfegor]

Уважаемый Феликс Шмидель!
Извините, была опечатка, я её исправил, ваше замечание остаётся в силе?

[Феликс Шмидель]

Belfegor в сообщении #771137 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель!
Извините, была опечатка, я её исправил, ваше замечание остаётся в силе?

Нет, но всё равно подставим: $a=0$, $b=0$, $c=19$.

Получим:

$x=18(p-2s)$, $y=-6(p-2s)$, $z=12(p-2s)$.

Вы утверждаете, что уравнение $x^3+19 y^3=z^3$ не имеет других решений.

Во-первых, имеет: $x=3$, $y=-1$, $z=2$.

А во-вторых, числа $p$ и $s$ не играют роли.

[Феликс Шмидель]

Кроме этого, ваше решение $(x, y, z)$ удовлетворяет равенству: $z=x+y$.
Имея уравнение вида (1) при произвольных $a$, $b$ и $c$ можно поставить вопрос, имеет ли оно решение, удовлетворяющее равенству $z=x+y$? Ответ будет: имеет, при условии, что (дискриминант квадратного уравнения) $q$ является квадратом.
Можно даже попытаться определить таким способом, имеется ли решение, удовлетворяющее равенству $z=x+k y$, где $k$ - произвольное целое число.
Но у нас не получится определить таким способом, имеется ли решение, удовлетворяющее равенству $z=m x+k y$,
потому, что в этом случае не удаётся понизить степень кубического уравнения до квадратного.

[Belfegor]

Феликс Шмидель в сообщении #771188 писал(а):

Получим:

$x=18(p-2s)$, $y=-6(p-2s)$, $z=12(p-2s)$.

Вы утверждаете, что уравнение $x^3+19 y^3=z^3$ не имеет других решений.

Во-первых, имеет: $x=3$, $y=-1$, $z=2$.

Уважаемый Феликс Шмидель!
Но если мы примем $p-2s=1$
то получим: $x=18$, $y=-6$, $z=12$, а сократив на 3
получим ваше решение:$x=3$, $y=-1$, $z=2$

[individa]

Шмидель послушайте. В этом уравнении получается почему то всегда 2 примитивных решения. Хотя когда смотришь на формулу, на первый взгляд это не видно. Вообще говоря эта такая запись для Вас. После подстановки коэффициентов может возникнуть необходимость разделить на наибольший общий делитель. Пришёл к Z=X+Y, не потому что так решается легче, а потому что в ходе решения после всех сокращений это получилось. Лучше было бы если проверили есть ли решения, которых можно найти по другой формуле. И ещё я не понимаю Ваше утверждение о каком-то квадратном уравнении и его дискриминанте. Это говорит о том, что не знаете как решаются бинарные квадратичные формы. Формула есть, её уже напечатал проверьте и убедитесь, что и она даёт два примитивных решения.