Задача о четырех кубах

[Andrey A]

Shadow в сообщении #1438381 писал(а):

$\begin{cases}1=mx-3ny\\z=nx+my \end{cases}$

Вы тут поменяли знак перед $y$, и очень кстати. Хорошо бы так и оставить, но выражения для $m,n$ тогда тоже меняются:
$m=\dfrac{x_0+3y_0z_0}{x_0^2+3y_0^2},\;n=\dfrac{x_0z_0-y_0}{x_0^2+3y_0^2}.$ Может поэтому Maple не соглашается на размен? Вы будете первый человек, которому удалось обмануть кубическое уравнение )

grizzly в сообщении #1437915 писал(а):

Было бы здорово проверить, даёт ли Ваша параметризация все целые решения хотя бы в диапазоне от ${-}100$ до $100$.

Я пока контрпримера не нашел. Плохо то, что обратной связи между некоторым решением и шестью переменными "его породившими" установить не удается. Не мытьём, так катаньем.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1438396 писал(а):

Может поэтому Maple не соглашается на размен? Вы будете первый человек, которому удалось обмануть кубическое уравнение )

Не совсем понял о чем вы.
Кстати, наверное стоит отдельно рассмотреть случай $n=0$, он так некрасиво смотрится в знаменателях...

-- 05.02.2020, 18:04 --

Ну да, это случай $x=\pm 1$, т.е $X=W,Y=Z$

[Andrey A]

Shadow, выписал я Ваше решение в целых числах и взгруснул. Такие неприводимые многочлены с четвертыми степенями... Потом подумалось почему, собственно, четыре переменные, ведь пара рациональных параметров определена тремя целыми – никто же не требует чтобы пара $m,n$ выражалась несократимыми дробями. Тут сразу всё сократилось на четвертую степень и просветлело. Чую, что решение действительно общее, но четвертый параметр всё-таки присутствует – тот самый общий делитель $d$, без которого никак.

Решение уравнения $X^3-Y^3=Z^3-T^3$ в целых числах:

$$X=\dfrac{c \left ( (a+b)^3-c^3+(2b)^3 \right )}{d}$$

$$Y=\dfrac{c \left ( (a-b)^3-c^3-(2b)^3 \right )}{d}$$

$$Z=\dfrac{(a^2+3b^2)^2-(a-3b)c^3}{d}$$

$$T=\dfrac{(a^2+3b^2)^2-(a+3b)c^3}{d},$$

где $a,b,c \neq 0$ – фиксированная тройка целых аргументов, $d$ – рациональный параметр такой, что $X,Y,Z,T$ целые. Если некоторая четверка $X_0,Y_0,Z_0,T_0$ удовлетворяет рассматриваемому уравнению, то нужная тройка $a,b,c$ (обратная задача) находится из следующих соотношений:

$$\dfrac{a}{c}=\dfrac{(X_0-Y_0)(Z_0-T_0)+3(X_0+Y_0)(Z_0+T_0)}{(X_0-Y_0)^2+3(X_0+Y_0)^2}$$

$$\dfrac{b}{c}=\dfrac{(X_0-Y_0)(Z_0+T_0)-(X_0+Y_0)(Z_0-T_0)}{(X_0-Y_0)^2+3(X_0+Y_0)^2}$$

Shadow в сообщении #1438429 писал(а):

Не совсем понял о чем вы.

Так и я не понял, как Вам удалось свести кубическое уравнение $x^3+3y^2x-(1+3z^2)=0$ к линейной системе )) Это Ваша гениальная идея, Вам и защищаться. Только пусть экзаменатор найдет сначала контрпример.

[Shadow]

Спасибо, Andrey A - все так. Предложу некоторые косметические перемены.

Andrey A в сообщении #1438487 писал(а):

где $a,b,c \neq 0$ – фиксированная тройка целых аргументов

заменить на
$a,b\in \mathbb{Z},c\in\mathbb{N},\gcd(a,b,c)=1$

Andrey A в сообщении #1438487 писал(а):

$d$ – рациональный параметр такой, что $X,Y,Z,T$ целые

Они и без него целые. Лучше "рациональный параметр, числитель которого равен НОД полученных значений, а знаменатель - любое цело число. А еще лучше - не делить на него, а умножать. Тот самый параметр, который присуствует в решениях Элкис и пропущен (но по умолчанию есть) в решениях Харди и Райт и Коровьев (кстати, тоже полное решение). Можно и про случай $x=1$ подумать, но это мелочи. В такой формулировке все будет однозначно, не будут повторы и нехватки.

Andrey A в сообщении #1438487 писал(а):

Потом подумалось почему, собственно, четыре переменные, ведь пара рациональных параметров определена тремя целыми – никто же не требует чтобы пара $m,n$ выражалась несократимыми дробями

Да, вечная дилема: То ли громоздкое, но "гибкое", то ли красивое, но делить на большой НОД. Но т.к. при четырехпараметрическом все равно от деления не избавится, так лучше. Но!
Если будете давать на проверку на полноту Александрову - давайте четырехпараметрическое. Он там крутит циклы от -100 до 100 для всех параметров (все по честному, да. У кого - один, у кого три-четыре) так что чем больше - тем лучше. И еще - ну, есть решение при значении параметров $3/8$ и $5/13$, например и все - уплыло оно на тесте Александрова при трехпараметрическом. Все таки делит на НОД и это правильно.

[Andrey A]

Shadow в сообщении #1438509 писал(а):

Да, вечная дилемма: То ли громоздкое, но "гибкое", то ли красивое, но делить на большой НОД.

Любые громоздкие точно также требуют в конце подравнять под НОД и одеколоном спрыснуть. Не вижу здесь дилеммы: полнота при максимальной простоте. На счет Александрова совсем не понял. Какая проверка, зачем? Наличие обратной связи – единственно возможная проверка и доказательство полноты решения. У Коровьева всё аккуратно и подробно, но сложно. Свел бы он к трем параметрам – не удивлюсь, если бы те самые выражения и вышли.

Shadow в сообщении #1438509 писал(а):

заменить на
$a,b\in \mathbb{Z},c\in\mathbb{N},\gcd(a,b,c)=1$

Либо $c \neq 0$ заменить на $c>0$. Это можно, на результат не влияет.

Shadow в сообщении #1438509 писал(а):

Цитата:

Andrey A в сообщении #1438487 писал(а):
$d$ – рациональный параметр такой, что $X,Y,Z,T$ целые

Они и без него целые. Лучше "рациональный параметр, числитель которого равен НОД полученных значений, а знаменатель - любое цело число.

Без $d$ они целые, но не любые из возможных, т.е. решение не полное. Дальнейшее вопрос формулировки. Впрочем, это Ваше решение. Мой вклад – мысль о трех параметрах, остальное дело техники.

[Shadow]

(Оффтоп)

Andrey A в сообщении #1438526 писал(а):

На счет Александрова совсем не понял. Какая проверка, зачем?

Да я пошутил. Конечно, так нельзя.

[Andrey A]

(Оффтоп)

Я с Гергием на e-science.ru общался когда-то. У него к числам такой мастеровитый подход, виртуальные книги любил издавать – с обложками, со всеми делами. Потом он как-то стих, а потом и e-science.ru закончился.

[Andrey A]

P.S. Четверки решений $X,Y,Z,T$ и $-X,-Y,-Z,-T$ возвращают при проверке одну и ту же тройку $a,b,c$, из которой по формуле следует, тем не менее, какая-то одна конкретная четверка. Как с квадратным радикалом. Приходится либо ставить $\pm $ и считать их равноценными, либо выбирать "основную" — в зависимости от контекста.

Shadow в сообщении #1438509 писал(а):

заменить на
$a,b\in \mathbb{Z},c\in\mathbb{N},\gcd(a,b,c)=1$

С этим, подумав, полностью соглашусь. Во избежании путаницы нужно рассматривать только взаимно простые тройки, Вы правы. И еще. Вот 4-х параметрическое решение ур-я $X^2+Y^2+Z^2=T^2$ из Острика-Цфасмана при вз. простых парах $k,l;m,n$ (без коэффициента пропорциональности):

$$X=2kln^2,\ Y=2l^2mn,\ Z=k^2n^2+l^2m^2-l^2n^2,\ T=k^2n^2+l^2m^2+l^2n^2.$$

Вот оно же от трех вз. простых параметров:

$$X=2ac,\ Y=2bc,\ Z=a^2+b^2-c^2,\ T=a^2+b^2+c^2.$$

Почувствуйте разницу. А обратная связь та же самая: $\dfrac{a}{c}=\dfrac{X}{T-Z},\ \dfrac{b}{c}=\dfrac{Y}{T-Z},$ и коэффициенты пропорциональности те же. Я, кстати, вовсе не умаляю трудов Георгия — искать наименьшие тройки описанным способом неудобно, но есть всё же различие между поиском маленьких троек (четверок) и поиском общего решения.

[Shadow]

Andrey A в сообщении #1438871 писал(а):

P.S. Четверки решений $X,Y,Z,T$ и $-X,-Y,-Z,-T$ возвращают при проверке одну и ту же тройку $a,b,c$, из которой по формуле следует, тем не менее, какая-то одна конкретная четверка. Как с квадратным радикалом. Приходится либо ставить $\pm $ и считать их равноценными, либо выбирать "основную" — в зависимости от контекста.

Ничего не надо вставлять - на то и параметр $d$ - у него 3 задачи: убрать общий делитель; добавить любой общий делитель;добавить ту половину решений, которая не получается по формулам. (В данном случае $d=-1$)

[Andrey A]

Shadow
Верно. Но при проверке, получив тройку $a,b,c$ и снова подставив ее в формулы, можем получить четверку с обратными знаками. Оно и не проблема (просто меняем знак $d$), но в теоретических построениях это приходится учитывать.

P.S. Пообкатал. Мне нравится. Другие решения либо неполные, либо возможно полные (как моё из начала), но точно неизвестно. И выглядят как динозавры. Коэффициенты действительно могут оказаться большими (если подставлять четверки, полученные другим способом), ну и что? Главное что они есть. Если же генерировать случайные тройки $(a,b,c)$, то и коэффициенты в пределах статистики.