Решить уравнение x^4 + y^4 + z^4 = p^4

[age]

juna в сообщении #227667 писал(а):

также можно использовать тот факт, что число всегда представимо суммой двух квадратов, если в его разложении на простые множители все простые вида $4i+3$ входят лишь в четной степени.

К сожалению, этого недостаточно. Его разложение вообще не должно содержать простых вида $4i+3$, только $4i+1$.
Эту задачу я частично уже решил и получил параметризацию по $k$, что-то вроде:
$k=8(729a^2+(243b+162\pm35)^2)+1$
Параметризацию по $m$ и $n$ моим методом получить вообще нельзя, т.к. действует ограничение:
$k=8(729a^2+(243b+162\pm35)^2)+1$ и
$4(729a^2+(243b+162\pm35)^2)+1$
- должны быть квадратичными формами. А это условие в параметрической форме выполнить не удается.
В общем, если просуммировать сделанное, учесть условия:
$x^2=2m(k^2+1), y^2=2n(k^2+1)$
$2(k^2+1)=u^2$
$k\neq3p$
то оптимизма мало.

-- Пт июл 10, 2009 01:20:46 --

В пределах 500 000 000 уравнение $2(k^2+1)=u^2$ имеет 12 решений.
Ни одно из них не подходит.
Хотя надо искать параметризацию $2(k^2+1)=u^2$ и смотреть при каких условиях $k^2-1=9(u^2+v^2)$

[juna]

Когда обеспечиваем $2(k^2+1)=u^2$, то $m,n$ сами обязаны быть квадратами, поэтому на самом деле должны решать:
$m^4+n^4=k(2u^2-12)$, $k,u$ берите из той формулы, что я привел, она дает все решения.
Если найдем решение, обеспечим сразу все условия.

[age]

Т.к. форма $m^4+n^4$ имеет множителями лишь простые числа вида $8j+1$, а в правой части уравнения
$m^4+n^4=4k(k^2-1)$
находятся три последовательных числа $k-1, k, k+1$, которые не могут одновременно состоять из простых чисел $8j+1$.

Проделав некоторые вычисления, несложно убедиться, что уравнение
$m^4+n^4=4k(k^2-1)$ не может иметь решений, если $k$ - четно.
Т.к. $k-1, k, k+1$ - три последовательных числа, из которых $k$ - нечетно, то $k\pm1$ - четные числа, причем одно из них имеет вид $4l+2$.

Т.к. форма $m^4+n^4$ имеет множителями лишь простые числа вида $8j+1$, то если $k+1$ имеет вид $4l+2$, т.е. $k+1=2\cdot(8j+1)=16j+2$, то $k-1=16j$, но т.к. $4k(k^2-1)\div16$, то $k-1=32j$, где $j=8l+1$. Тогда
$k-1=32(8l+1)$
$k=32(8l+1)+1$
$k+1=32(8l+1)+2$.
Учитывая, что $k=8t+1$, $k+1=2\cdot(8j+1)$, то
$32(8l+1)+1=8t+1$
$32(8l+1)+2=2\cdot(8j+1)$ или:
$32(8l+1)+1=8t+1$
$16(8l+1)+1=8j+1$
а также, что $32(8l+1)+1=2\cdot(16(8l+1)+1)-1$, то
$8t+1=2\cdot(8j+1)-1$ или
$8t+2=2\cdot(8j+1)$
$4t+1=8j+1$. Что невозможно.

Поэтому, к сожалению, уравнение
$m^4+n^4=4k(k^2-1)$ уже решений не имеет.

[dmd]

age в сообщении #227621 писал(а):

Предлагаю найти следующее решение после $m=24, n=48, k=9$

$m=72, n=120, k=17$

age в сообщении #227665 писал(а):

Но уравнение $m^2+n^2=4k(k^2-1)$ требует, чтобы либо$k$, либо $k-1$, либо $k+1$ делилось на $9$.

из чего это следует?

venco в сообщении #227295 писал(а):

Из уравнения сразу видно, что $m$ и $n$ оба чётные.

почему они не могут быть оба нечетными?

[age]

dmd в сообщении #227694 писал(а):

age в сообщении #227621 писал(а):

Предлагаю найти следующее решение после $m=24, n=48, k=9$

$m=72, n=120, k=17$

age в сообщении #227665 писал(а):

Но уравнение $m^2+n^2=4k(k^2-1)$ требует, чтобы либо$k$, либо $k-1$, либо $k+1$ делилось на $9$.

из чего это следует?

Из сообщения #227286
Одно из трех последовательных чисел всегда делится на $3$, а сумма квадратов не может делиться на $3$, только на $9$.

dmd в сообщении #227694 писал(а):

venco в сообщении #227295 писал(а):

Из уравнения сразу видно, что $m$ и $n$ оба чётные.

почему они не могут быть оба нечетными?

Если они оба нечетные, то $m^2+n^2=4p+2\neq4k(k^2-1)$

[age]

В теории эллиптических кривых решение уравнения:
$x^4+y^4+z^4=p^4$
эквивалентно нахождению рациональных решений следующей системы уравнений:

$(2m^2+n^2)r^2=-(6m^2-8mn+3n^2)s^2-2(2m^2-n^2)s-2mn$
$(2m^2+n^2)t^2=4(2m^2-n^2)s^2+8mns-(2m^2-n^2)$

где $m,n$ - целые.
$r,s,t$ - рациональные.

Тогда
$\dfrac{x}{p}=r+s$
$\dfrac{y}{p}=r-s$
$\dfrac{z}{p}=t$

[maxal]

age в сообщении #227670 писал(а):

В пределах 500 000 000 уравнение $2(k^2+1)=u^2$ имеет 12 решений.
Ни одно из них не подходит.
Хотя надо искать параметризацию $2(k^2+1)=u^2$

Для решения подобных квадратных диофантовых уравнений от двух переменных можно воспользоваться солвером:
Quadratic two integer variable equation solver

[Garik2]

В начале темы были приведены тождества:
$95800^4+217519^4+414560^4=422481^4$
$2682440^4+15365639^4+18796760^4=20615673^4$

Интересно рассмотреть эти числа:

$95800=2^3 \cdot 5^2 \cdot 479$
$217519=217519$
$414560=2^5 \cdot 5^1 \cdot 2591$
$422481=3 \cdot 140827$

$2682440=2^3 \cdot 5^1 \cdot 67061$
$15365639=15365639$
$18796760=2^3 \cdot 5^1 \cdot 469919$
$20615673=3 \cdot 13 \cdot 331 \cdot 1597$

Какая-то закономерность все же пляшет...

[Garik2]

И пляшет, и пляшет закономерность...

Неинформативное сообщение!

[age]

Хотелось бы узнать, решена ли задача:
$x^4+y^4=a^4+b^4$.

-- Ср авг 19, 2009 20:09:26 --

Мои соображения по решению данного уравнения:
Используем подстановку Виета:
$x=t\pm b$, $y=a\pm kt$. Тогда исходное уравнение можно переписать в виде:
$(t\pm b)^4+(a\pm kt)^4=a^4+b^4$
$(1+k^4)t^4\pm4(b\pm k^3a)t^3+6(b^2+k^2a^2)t^2\pm4(a^3\pm kb^3)t=0$
Следуя методике касательной Виета, для того чтобы уравнение имело решение в рациональных (целых) числах приравниваем множитель $a^3\pm kb^3$ к нулю. Что равносильно, чтобы прямая $y=a\pm kt$ касалась к кривой $x^4+y^4=a^4+b^4$ в одной из точек $(\pm b, a)$.
Откуда находим $k=\pm\dfrac{b^3}{a^3}$.
Откуда подставляя в полученное уравнение и сокращая на $t^2$, получаем:
$(1+k^4)t^2\pm4(b\pm k^3a)t+6(b^2+k^2a^2)=$ $\left(1+\dfrac{b^{12}}{a^{12}}\right)t^2\pm4\left(b\pm\dfrac{b^9}{a^9}a\right)t+6\dfrac{b^2}{a^4}(a^4+b^4)=0$.
Откуда чтобы данное уравнение имело рациональные корни, необходимо чтобы его свободный член $6b^2a^8(a^4+b^4)\div t$.
Откуда получаем три случая:
1. $a^4+b^4\div t$. Но учитывая, что $y=a\pm kt=a\pm\dfrac{b^3}{a^3}t$ - целое, то $t\div a^3$. Тогда $a^4+b^4\div t\div a^3$. Т.е. $b\div a$. Но тогда все три числа $a, b, t$ имеют общий множитель $m$. Откуда, т.к. $x=t-b$, $y=a-kt$, то $x, y$ также делятся на $m$. Откуда все четыре числа $a, b, x, y$ делятся на $m$.
2. $b^2\div t$. Доказывается аналогично.
3. $a^8\div t$. Тогда $t=a^3$, т.к. $t\div a^3$.
Все остальные (промежуточные) случаи рассматриваются аналогично.
Не знаю, может напутал или что-то недоучел? Но вышло, что оно решений иметь не может.

-- Ср авг 19, 2009 20:39:59 --

Кстати, чтобы подлить масла в огонь!
Данное рассуждение справедливо для любых $n>3$.

[maxal]

age в сообщении #236339 писал(а):

Хотелось бы узнать, решена ли задача:
$x^4+y^4=a^4+b^4$.

Во-первых, я перенес ваше сообщение в вашу же тему с подобной тематике. Захват чужих тем у нас на форуме не поощряется.
Во-вторых, решения подобных уравнений коллекционируются на сайтах: http://euler.free.fr/ и http://mathworld.wolfram.com/Diophantin ... owers.html
В частности, там указаны решения:

$$239^4 + 7^4 = 227^4 + 157^4$$

$$(a^7+a^5 b^2 - 2 a^3 b^4 + 3 a^2 b^5 + a b^6)^4 + (a^6 b-3 a^5 b^2 - 2 a^4 b^3 + a^2 b^5 + b^7)^4 = (a^7+a^5b^2-2a^3b^4-3a^2b^5+ab^6)^4 + (a^6b+3a^5b^2-2a^4b^3+a^2b^5+b^7)^4$$

[age]

maxal
Странно! Я подставил в ваше уравнение $a=2, b=1$ и получил:
$158^4+59^4=134^4+133^4$ или
$x^4+y^4=a^4+b^4$.
Тогда я попробовал применить схему Виета:
$x=t\pm b$, $y=a\pm kt$. Откуда:
$158=25+133$, $59=134-3\cdot25$ !!! Здорово!
Далее получилось следующее уравнение:
$82t^3-13940t^2+1075758t-19462700=0$.
Виет в данном случае приравнивал
$b^3-ka^3=0$, что равносильно тому, чтобы прямая $y=a-k(x-b)$ была касательной к кривой $x^4+y^4=a^4+b^4$ в точке $(b, a)$.
Но в данном случае $b^3-ka^3\neq0$. Следовательно, прямая и кривая в точке $(133, 134)$ не касаются. Но при этом уравнение прекрасно решается в рациональных числах. Выходит, метод касательной Диофанта-Виета работает не всегда

-- Ср авг 19, 2009 22:13:21 --

Проверил на графике:
$y=\sqrt[4]{635318657-x^4}$ и
$y=533-3x$
Действительно не касаются, а пересекаются в двух точках: $(133, 134)$ и $(158, 59)$. Забавно!
Вот живой пример того, что древние знали не все!

-- Ср авг 19, 2009 22:21:22 --

Еще один забавный курьез получается, если числа $b$ и $a$ поменять местами. Тогда
$x=t+b$
$y=a-kt$
дают:
$t=24$
$59=133-24k$
$k=\dfrac{74}{24}$. Т.е. $k$ уже не является целым числом. Дальше не проверял.

[sceptic]

age в сообщении #236339 писал(а):

Хотелось бы узнать, решена ли задача:
$x^4+y^4=a^4+b^4$.

К ссылкам maxal'а до кучи добавлю еще одну.

[grisania]

sceptic в сообщении #236446 писал(а):

age в сообщении #236339 писал(а):

Хотелось бы узнать, решена ли задача:
$x^4+y^4=a^4+b^4$.

К ссылкам maxal'а до кучи добавлю еще одну.

Если пойти на страницу
010: Sums of Three Cubes http://sites.google.com/site/tpiezas/010
по указанной ссылке, то там есть такое:
I. Sums of cubes
1. Form: x3+y3 = z3
P.Tait
$\left( {{\text{x}}^{\text{3}}}+{{\text{z}}^{\text{3}}} \right){{\text{y}}^{\text{3}}}+\left( {{\text{x}}^{\text{3}}}-{{\text{y}}^{\text{3}}} \right){{\text{z}}^{\text{3}}}=\left( {{\text{y}}^{\text{3}}}+{{\text{z}}^{\text{3}}} \right){{\text{x}}^{\text{3}}}$ (1)
if ${{\text{x}}^{\text{3}}}+{{\text{y}}^{\text{3}}}={{\text{z}}^{\text{3}}}$
Or course, by Fermat’s Last Theorem, x3+y3 = z3 has no non-trivial integer solns.
Но (1) тождество. При чем здесь фраза "if ${{\text{x}}^{\text{3}}}+{{\text{y}}^{\text{3}}}={{\text{z}}^{\text{3}}}$"?
Что вообще этот P.Tait сделал. Вроде он для тройки доказал ВТФ элементарно.
http://en.wikipedia.org/wiki/Proof_of_Fermat's_Last_Theorem_for_specific_exponents
(1872). "Mathematical Notes". Proc. Roy. Soc. Edinburgh 7: 144.
Где это можно посмотреть? Все таки 1872 годик.

[age]

grisania
А у вас всюду тройка для теоремы Ферма!