nimepe и диофантовы уравнения

[nimepe]

Для уравнения $x^2+y^3=z^5$на основе теории решения уравнения$A^x+B^y=C^z$ можно составить 3 вида формул решения уравнения:


$x=(k^5p^5-m^3)^{15t-7}$
$y=m(k^5p^5-m^3)^{10t-5}$
$z=kp(k^5p^5-m^3)^{6t-3}$

[lel0lel]

nimepe
Опубликована ли эта теория где-нибудь? Интересно было бы почитать. Или это Ваши наработки, которые пока не публиковали?

[nimepe]

Извините у меня тормозит загрузка-третье решение уравнения отправлю позже.Теория решения уравнения Била изложена в книгах:1.Проблема разрешимости диофантовых уравнений с различными показателями степени ISBN 978-5-9927-0082-4
2 Теория решения уравнения $A^x+B^y=C^z$ в целых числах.Гипотеза Била

-- 09.02.2025, 12:59 --

$x=m(k^5p^5-m^2)^{15t-5{$
$y=(k^5p^5-m^2)^{10t-3}$
$z=kp(k^5p^5-m^2)^{6t-2}$

[mathpath]

У меня вопрос по уравнению

nimepe в сообщении #1673825 писал(а):

$A^x+B^y=C^z$

Оно разрешимо для любых x , y , z ∈ N ?

[nimepe]

Уравнение$A^x+B^y=C^z$разрешимо в целых числах если НОД($xy,z$)=1 или НОД($xy,z$)=2

-- 09.02.2025, 14:12 --

Уравнение$A^x+B^y=C^z$разрешимо в целых числах если НОД($xy,z$)=1 или НОД($xy,z$)=2

-- 09.02.2025, 14:12 --

Уравнение$A^x+B^y=C^z$разрешимо в целых числах если НОД($xy,z$)=1 или НОД($xy,z$)=2

-- 09.02.2025, 14:20 --

Если НОД($xy,z$)=2,то формулы описывающие решения уравнения сложные и выводятся сложнее.

[Shadow]

Вообще-то таких (неоднородных уравнений) стоит решать в взаимнопростых числах. Например

mathpath в сообщении #1660972 писал(а):

$x^2 + y^4 = z^3$

имеет параметризацию (почти полная, еще пару случаев нужно рассмотреть для полноты)

$x=4 m n (m^2 - 3 n^2) (3 m^4 + 2 m^2 n^2 + 3 n^4) (m^4 + 6 m^2 n^2 + 81 n^4)$

$y=(m^2 + 3 n^2) (m^4 - 18 m^2 n^2 + 9 n^4)$

$z=(m^4 + 30 m^2 n^2 + 9 n^4) (m^4 - 2 m^2 n^2 + 9 n^4)$

где $m,n$ взаимнопростые разной четности и $m$ не делится на $3$.

[nimepe]

Уравнение $A^x+B^y=C^z$ при НОД($xy,z)=1$ обладает замечательным свойством:


Производное от данного уравнения $A^x+B^y=C^z$ уравнение $aA^x+bB^y=dC^z$ имеет бесконечное множество целых решений при любых отличных от нуля значений $a,b,,d$ . Решения этого уравнения находятся по общим формулам.

[Shadow]

lel0lel в сообщении #1673822 писал(а):

Опубликована ли эта теория где-нибудь? Интересно было бы почитать.

Решаем уравнение $z^5-y^3=x^2$

Придумываем удобный общий делител $z=at^3, y=bt^5$. Получаем
$t^{15}(a^5-b^3)=x^2$.

Значит, берем любые две числа $a,b$, вычисляем $a^5-b^3$. Если в разложении результата окажется простое в нечетной степени - запихиваем данное простое в $t$. Я бы делал так, но тут формулы нужны. В конце концов, на худой конец $a^5-b^3$ может быть и свободное от квадратов и тогда

$t=(a^{15}-b^3)c^2$

В итоге

$x=(a^5-b^3)^8c^{15}$
$y=b(a^5-b^3)^5c^{10}$
$z=a(a^5-b^3)^3c^6$

Вуаля. Где публиковат?

Если в частном порядке почему то возмем $c=(a^5-b^3)^t,b=m,a=kp?!$, получится

nimepe в сообщении #1673816 писал(а):

$x=(k^5p^5-m^3)^{15t-7}$
$y=m(k^5p^5-m^3)^{10t-5}$
$z=kp(k^5p^5-m^3)^{6t-3}$

[nimepe]

Господин Shadow решите пожалуйста методом вашего подбора такое уравнение $A^{2n}+B^{2(n-1)}=C^{2(n+1)}$ где $n $ больше двух в общем виде.

-- 14.02.2025, 12:50 --

И методом подбора будет сложно или практически невозможно решить уравнение Била когда числа $x, y ,z$ будут огромные.

-- 14.02.2025, 13:06 --

Дистанция между аналитическим решением уравнений и методом подбора огромная.

[Shadow]

nimepe, решить уравнение (тем более в общем виде) означает найти все решения и доказать что других нет.. То, чем вы здесь заниметесь (а и я с вами) - нечто другое.

nimepe в сообщении #1674722 писал(а):

Дистанция между аналитическим решением уравнений и методом подбора огромная.

Особенно если решение "методом подбора" более общее, чем ваше.

nimepe в сообщении #1674722 писал(а):

Господин Shadow решите пожалуйста методом вашего подбора такое уравнение $A^{2n}+B^{2(n-1)}=C^{2(n+1)}$

$\begin{cases} A^n=(u^2-v^2)t\\B^{n-1}=2uvt\\C^{n+1}=(u^2-v^2)t \end{cases}$

Подбираем $t=(u^2-v^2)^a\cdot (2uv)^b\cdot (u^2+v^2)^c\cdot w^{n(n-1)(n+1)}$

Значит
$a \equiv -1 \pmod n \equiv 0 \pmod{n-1} \equiv 0 \pmod{n+1}$
$b \equiv 0 \pmod n \equiv -1 \pmod{n-1} \equiv 0 \pmod{n+1}$
$c \equiv 0 \pmod n \equiv 0 \pmod{n-1} \equiv -1 \pmod{n+1}$

$a=(kn-1)(n-1)(n+1)p$
....
Думаете не спавлюсь? Буквы кончатся.

[Null]

$b \equiv 0 \pmod n \equiv -1 \pmod{n-1} \equiv 0 \pmod{n+1}$ при нечетном $n$? Хотя тут $\text{НОД}(2n\times2(n-1),2(n+1))=4$

[Shadow]

Null да, вы правы. Не сообразил что $n-1$ и $n+1$ не взаимнопростые и китайская теорема не приложима, но проблема исправима. Спешил просто...и $a=$ тоже неверно.

-- 14.02.2025, 16:44 --

А при нечетном $n$ разве не получается, что квадрат равен разности 4-х степеней. Ферма не согласится. Дошла до жирафа ваша заметка

[nimepe]

Shadow, вы где лекции читаете?

[Shadow]

(nimepe)

Если под "лекции читаете" имеете ввиду "преподаете в ВУЗ", то нигде. Я не преподаватель (и не математик).
Если в смысле сам читаю для самообразования, то почти также, времени мало. Конечно если попадется интересная статья с удовольствием читаю.
А если вопрос был шуточный, то я на всякий случай улыбнулся.

[nimepe]

Господин Shadow как успехи в решении уравнения $A^{2n}+B^{2(n-1)}=C^{2(n+1)}$ ?