Метод параметризации широкого класса диофантовых уравнений

[Slava]

Предлагаю метод параметризации широкого класса диофантовых уравнений:
$\[x^{2m} + y_1^{n_1 } + y_2^{n_2 } + ... + y_m^{n_m } = z^{2m} \]$,
где $\[m,\,\,n_1 ,\,\,n_2 ,\,\,...,\,\,n_m \in N\] $, $\[x,\,\,y_1 ,\,\,y_2 ,\,\,...,\,\,y_m ,\,\,z \in Z\]$.
Являет собой обобщенную версию метода параметризации из статьи И. Михайлова «О диофантовом анализе» (опубликована в «Кванте» № 6, 1980).
Пусть $\[x = p - q\]$, $\[ z = p + q\]$. Тогда, пользуясь формулой бинома Ньютона, имеем:
$\[2C_{2m}^1 p^{2m - 1} q + 2C_{2m}^3 p^{2m - 3} q^3 + ... + 2C_{2m}^{2m - 1} pq^{2m - 1} = y_1^{n_1 } + y_2^{n_2 } ... + y_m^{n_m }\].$
Пусть $\[2C_{2m}^1 p^{2m - 1} q = y_1^{n_1 } \]$, $\[2C_{2m}^3 p^{2m - 3} q^3 = y_2^{n_2 }\]$, …, $\[2C_{2m}^{2m - 1} pq^{2m - 1} = y_m^{n_m }\].$ Тогда $\[p \]$ и $\[q\]$ должны быть степенью $\[HOK(n_1 ,\,\,n_2 ,\,\,...,\,\,n_m ) \]$. А чтобы избавится от коэффициентов, разложим на простые числа. Допустим, что эти простые числа входят в $\[p\]$ и $\[q\]$ в некоторой степени. То есть $\[p = 2^{\alpha _1 } 3^{\alpha _2 } ...a^n \]$, $\[q = 2^{\beta _1 } 3^{\beta _2 } ...b^n \]$. Тогда задача параметризации сводится к решению системы некоторых сравнений для поиска $\[\alpha _1 ,\,\,\alpha _2 ,\,\,...,\,\beta _1 ,\,\,\beta _2 ,\,\,...\]$.
Вопросы. Всегда ли решаема система этих сравнений? Существуют ли еще общие методы (кроме этого и его возможных обобщений) для параметризации диофантовых уравнений?
Пример. Пусть $\[m = 2\]$.
$\[x^4 + y_1^{n_1 } + y_2^{n_2 } = z^4 \] $, $\[8p^3 q + 8pq^3 = y_1^{n_1 } + y_2^{n_2 } \]$, $\[8p^3 q = y_1^{n_1 } \]$, $\[8pq^3 = y_2^{n_2 } \]$.
Пусть $\[p = 2^{\alpha _1 } a^n \]$, $\[q = 2^{\beta _1 } b^n \]$. Тогда система сравнений имеет вид:
$\[3\alpha _1 + \beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,n)\]$,
$\[\alpha _1 + 3\beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,n)\]$.

[age]

Цитата:

Пример. Пусть $\[m = 2\]$.
$8p^3 q + 8pq^3 = y_1^{n_1 } + y_2^{n_2 }$

Это не совсем пример. А можно численный пример?

[Slava]

Поздравляю всех с наступившим Новым Годом!!! Желаю всего наилучшего в этом году!!!

Можно. Вот несколько:
1) $\[x^4 + y_1^6 + y_2^8 = z^4\]$, $\[n = HOK(6,\,\,8) = 24\]$.
Пусть $\[x = p - q\]$ и $\[z = a + b\]$. Тогда
$\[(p - q)^4 + y_1^6 + y_2^8 = (p + q)^4\]$,
$\[y_1^6 + y_2^8 = 8p^3 q + 8pq^3\]$,
$\[y_1^6 = 2^3 p^3 q\]$, $\[y_2^8 = 2^3 pq^3\]$. (1)
$\[p = 2^{\alpha _1 } a^{24} \]$, $\[q = 2^{\beta _1 } b^{24} \]$.
Подставим $\[p\]$ и $\[q\]$ в (1):
$\[y_1^6 = 2^{3\alpha _1 + \beta _1 + 3} a^{72} b^{24} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 6:
$\[3\alpha _1 + \beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$,
$\[y_1^8 = 2^{\alpha _1 + 3\beta _1 + 3} a^{24} b^{72} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 8:
$\[\alpha _1 + 3\beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,8)\]$,
Их система имеет одно из решений:
$\[\alpha _1 = 3\]$, $\[\beta _1 = 6\]$,
$\[p = 2^3 a^{24} \]$, $\[q = 2^6 b^{24} \]$,
$\[(2^3 a^{24} - 2^6 b^{24} )^4 + (2^3 a^{12} b^4 )^6 + (2^3 a^3 b^9 )^8 = (2^3 a^{24} + 2^6 b^{24} )^4 \]$.
2) $\[x^4 + y_1^4 + y_2^7 = z^4 \]$, $\[n = HOK(4,\,\,7) = 28\]$.
Пусть $\[x = p - q\]$ и $\[z = a + b\]$. Тогда
$\[(p - q)^4 + y_1^4 + y_2^7 = (p + q)^4 \]$,
$\[y_1^4 + y_2^7 = 8p^3 q + 8pq^3 \]$,
$\[y_1^4 = 2^3 p^3 q\]$, $\[y_2^7 = 2^3 pq^3 \]$. (1)
$\[p = 2^{\alpha _1 } a^{28} \]$, $\[q = 2^{\beta _1 } b^{28} \]$.
Подставим $\[p\]$ и $\[q\]$ в (1):
$\[y_1^4 = 2^{3\alpha _1 + \beta _1 + 3} a^{84} b^{28} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 4:
$\[3\alpha _1 + \beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$,
$\[y_1^7 = 2^{\alpha _1 + 3\beta _1 + 3} a^{28} b^{84} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 7:
$\[\alpha _1 + 3\beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,7)\]$,
Их система имеет одно из решений:
$\[\alpha _1 = 3\]$, $\[\beta _1 = 12\]$,
$\[p = 2^3 a^{28} \]$, $\[q = 2^{12} b^{28} \]$,
$\[(2^3 a^{28} - 2^{12} b^{28} )^4 + (2^6 a^{21} b^7 )^4 + (2^6 a^4 b^{12} )^7 = (2^3 a^{28} + 2^{12} b^{28} )^4 \]$.
3) $\[x^6 + y_1^4 + y_2^5 + y_3^6 = z^6 \]$, $\[n = HOK(4,\,\,5,\,\,6) = 60\]$.
Пусть $\[x = p - q\]$ и $\[z = a + b\]$. Тогда
$\[(p - q)^6 + y_1^4 + y_2^5 + y_3^6 = (p + q)^6 \]$,
$\[y_1^4 + y_2^5 + y_3^6 = 12p^5 q + 40p^3 q^3 + 12pq^5 \]$,
$\[y_1^4 = 2^2 3p^5 q\]$, $\[y_2^5 = 2^3 5p^3 q^3 \]$, $\[y_1^6 = 2^2 3pq^5 \]$. (1)
$\[p = 2^{\alpha _1 } 3^{\alpha _2 } 5^{\alpha _3 } a^{60} \]$, $\[q = 2^{\beta _1 } 3^{\beta _2 } 5^{\beta _3 } b^{60} \]$.
Подставим $\[p\]$ и $\[q\]$ в (1):
$\[y_1^4 = 2^{5\alpha _1 + \beta _1 + 2} 3^{5\alpha _2 + \beta _2 + 1} 5^{5\alpha _3 + \beta _3 } a^{300} b^{60} \]$. Отсюда получаются сравнения по модулю 4:
$\[5\alpha _1 + \beta _1 + 2 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$,
$\[5\alpha _2 + \beta _2 + 1 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$,
$\[5\alpha _3 + \beta _3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$.
$\[y_2^5 = 2^{3\alpha _1 + 3\beta _1 + 3} 3^{3\alpha _2 + 3\beta _2 } 5^{3\alpha _3 + 3\beta _3 + 1} a^{180} b^{180} \]$. Отсюда получаются сравнения по модулю 5:
$\[3\alpha _1 + 3\beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,5)\]$,
$\[3\alpha _2 + 3\beta _2 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,5)\]$,
$\[3\alpha _3 + 3\beta _3 + 1 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,5)\]$.
$\[y_3^6 = 2^{\alpha _1 + 5\beta _1 + 2} 3^{\alpha _2 + 5\beta _2 + 1} 5^{\alpha _3 + 5\beta _3 } a^{60} b^{300} \]$. Отсюда получаются сравнения по модулю 6:
$\[\alpha _1 + 5\beta _1 + 2 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$,
$\[\alpha _2 + 5\beta _2 + 1 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$,
$\[\alpha _3 + 5\beta _3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$.
Их система имеет одно из решений:
$\[\alpha _1 = 19\]$, $\[\alpha _2 = 14\]$, $\[\alpha _3 = 23\]$, $\[\beta _1 = 15\]$, $\[\beta _2 = 21\]$, $\[\beta _3 = 5\]$,
$\[p = 2^{19} 3^{14} 5^{23} a^{60} \]$, $\[q = 2^{15} 3^{21} 5^5 b^{60} \]$,
\[(2^{19} 3^{14} 5^{23} a^{60} - 2^{15} 3^{21} 5^5 b^{60} )^6 + (2^{28} 3^{23} 5^{30} a^{75} b^{15} )^4 + (2^{21} 3^{21} 5^{17} a^{36} b^{36} )^5 + (2^{16} 3^{20} 5^8 a^{10} b^{50} )^6 = \]$
$\[ = (2^{19} 3^{14} 5^{23} a^{60} + 2^{15} 3^{21} 5^5 b^{60} )^6 \]$.
4) $\[x^8 + y_1^8 + y_2^5 + y_3^5 + y_4^8 = z^8 \]$,
$\[(2^7 7^{13} a^{40} - 2^{67} 7^{53} b^{40} )^8 + (2^{15} 7^{18} a^{35} b^5 )^8 + (2^{48} 7^{45} a^{40} b^{24} )^5 + (2^{72} 7^{61} a^{24} b^{40} )^5 + \]$
$\[ + (2^{60} 7^{48} a^5 b^{35} )^8 = (2^7 7^{13} a^{40} + 2^{67} 7^{53} b^{40} )^8 \]$.
Нужно описать класс уравнений, которые можно решать этим методом, а для этого надо решить соответствующую систему сравнений.
Как решать систему сравнений?
Сравнения берутся по степенях, а не по их НОК.

[age]

Slava
Спасибо! Вас также с Новым годом.

Понятно, то есть все четыре числа $x,y_1,y_2,z\div 2^3$. Это не параметризация. Это обычные школьные преобразования. Параметризация относится лишь к попарно взаимно простым числам.

[Slava]

Если для параметризации нужна взаимная простота, то можна и так:
1) $\[x^4 + y_1^6 + y_2^8 = z^4 \]$, $\[n = HOK(6,\,\,8) = 24\]$.
Пусть $\[x = p - q\]$ и $\[z = p + q\]$. Тогда
$\[(p - q)^4 + y_1^6 + y_2^8 = (p + q)^4 \]$,
$\[y_1^6 + y_2^8 = 8p^3 q + 8pq^3 \]$,
$\[y_1^6 = 2^3 p^3 q\]$, $\[y_2^8 = 2^3 pq^3 \]$. (1)
$\[p = a^{24} \]$, $\[q = 2^{\alpha} b^{24} \]$.
Подставим $\[p\]$ и $\[q\]$ в (1):
$\[y_1^6 = 2^{\alpha + 3} a^{72} b^{24} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 6:
$\[\alpha + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$,
$\[y_1^8 = 2^{3\alpha + 3} a^{24} b^{72} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 8:
$\[3\alpha + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,8)\]$.
Их система имеет одно из решений:
$\[\alpha = 15\]$,
$\[p = a^{24} \]$, $\[q = 2^{15} b^{24} \]$,
$\[(a^{24} - 2^{15} b^{24} )^4 + (2^3 a^{12} b^4 )^6 + (2^6 a^3 b^9 )^8 = (a^{24} + 2^{15} b^{24} )^4 \]$.
2) $\[x^4 + y_1^4 + y_2^7 = z^4 \]$, $\[n = HOK(4,\,\,7) = 28\]$.
Пусть $\[x = p - q\]$ и $\[z = p + q\]$. Тогда
$\[(p - q)^4 + y_1^4 + y_2^7 = (p + q)^4 \]$,
$\[y_1^4 + y_2^7 = 8p^3 q + 8pq^3 \]$,
$\[y_1^4 = 2^3 p^3 q\]$, $\[y_2^7 = 2^3 pq^3 \]$. (1)
$\[p = a^{28} \]$, $\[q = 2^\alpha b^{28} \]$.
Подставим $\[p\]$ и $\[q\]$ в (1):
$\[y_1^4 = 2^{\alpha + 3} a^{84} b^{28} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 4:
$\[\alpha + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$,
$\[y_1^7 = 2^{3\alpha + 3} a^{28} b^{84} \]$. Отсюда получаются сравнение по модулю 7:
$\[3\alpha + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,7)\]$.
Их система имеет одно из решений:
$\[\alpha = 13\]$,
$\[p = a^{28} \]$, $\[q = 2^{13} b^{28} \]$,
$\[(a^{28} - 2^{13} b^{28} )^4 + (2^4 a^{21} b^7 )^4 + (2^6 a^4 b^{12} )^7 = (a^{28} + 2^{13} b^{28} )^4 \]$.
3) $\[x^6 + y_1^4 + y_2^5 + y_3^6 = z^6 \]$, $\[n = HOK(4,\,\,5,\,\,6) = 60\]$.
Пусть $\[x = p - q\]$ и $\[z = p + q\]$. Тогда
$\[(p - q)^6 + y_1^4 + y_2^5 + y_3^6 = (p + q)^6 \]$,
$\[y_1^4 + y_2^5 + y_3^6 = 12p^5 q + 40p^3 q^3 + 12pq^5 \]$,
$\[y_1^4 = 2^2 3p^5 q\]$, $\[y_2^5 = 2^3 5p^3 q^3 \]$, $\[y_1^6 = 2^2 3pq^5 \]$. (1)
$\[p = a^{60} \]$, $\[q = 2^{\alpha _1 } 3^{\alpha _2 } 5^{\alpha _3 } b^{60} \]$.
Подставим $\[p\]$ и $\[q\]$ в (1):
$\[y_1^4 = 2^{\alpha _1 + 2} 3^{\alpha _2 + 1} 5^{\alpha _3 } a^{300} b^{60} \]$. Отсюда получаются сравнения по модулю 4:
$\[\alpha _1 + 2 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$,
$\[\alpha _2 + 1 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$,
$\[\alpha _3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,4)\]$.
$\[y_2^5 = 2^{3\alpha _1 + 3} 3^{3\alpha _2 } 5^{3\alpha _3 + 1} a^{180} b^{180} \]$. Отсюда получаются сравнения по модулю 5:
$\[3\alpha _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,5)\]$,
$\[3\alpha _2 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,5)\]$,
$\[3\alpha _3 + 1 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,5)\]$.
$\[y_3^6 = 2^{5\alpha _1 + 2} 3^{5\alpha _2 + 1} 5^{5\alpha _3 } a^{60} b^{300} \]$. Отсюда получаются сравнения по модулю 6:
$\[5\alpha _1 + 2 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$,
$\[5\alpha _2 + 1 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$,
$\[5\alpha _3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,6)\]$.
Их система имеет одно из решений:
$\[\alpha _1 = 14\]$, $\[\alpha _2 = 55\]$, $\[\alpha _3 = 48\]$,
$\[p = a^{60} \]$, $\[q = 2^{14} 3^{55} 5^{48} b^{60} \]$,
$\[(a^{60} - 2^{14} 3^{55} 5^{48} b^{60} )^6 + (2^4 3^{14} 5^{12} a^{75} b^{15} )^4 + (2^9 3^{33} 5^{29} a^{36} b^{36} )^5 + (2^{12} 3^{46} 5^{40} a^{10} b^{50} )^6 = \]$
$\[ = (a^{60} + 2^{14} 3^{55} 5^{48} b^{60} )^6 \]$.
Может у кого-либо есть какие-то соображения, как решить для каких степеней этот метод работает, а для каких – нет. То есть по заданному уравнению невозможно сказать, существует ли для него параметризация или нет. Проблема в решении системы сравнений, поскольку неизвестных мало, а сравнений много.
Неужели никому неинтересно получить целый класс уравнений, для которых известна параметризация, тем самым доказать бесконечность их решений. Я понимаю, что намного интересней параметризация уравнений, в которых степени одинаковые. Но и в этих уравнениях обнаруживается какая-то неизвестная закономерность. По крайней мере, я их описания не встречал нигде в литературе. Поэтому интересно выделить их классы.
Например, на данном этапе я могу доказать бесконечность решений уравнений вида:
$\[x^4 + y_1^m + y_2^{4n - 3} = z^4 \]$, $\[m,\,\,n \in N\]$. $m$ и $n$ взаимосвязаны.

[age]

Slava
Понятно. Довольно забавно. Даже очень забавно! Даже я бы написал, здорово!

А ведь это в некотором смысле то, чего не доставало Эйлеру, когда он выдвигал свою гипотезу:
Гипотеза Эйлера:
$x_1^n+x_2^n+...+x_k^n=p^n$
не имеет решений, при $k<n$.

Если бы он знал вашу параметризацию, он бы никогда не выдвинул такую гипотезу, т.к. из ваших условий ее ошибочность следует почти тривиально.

Для $4$ степени:
$x^4+y^4=8pq(p^2+q^2)$. Вполне вероятно, что данное уравнение разрешимо.

-- Сб янв 02, 2010 23:29:36 --

А вот и решение:

Я взял пример, найденный на компьютере Роджером Фраем в 1988 году. И он действительно дал решение вашего уравнения. Весьма замечательно!

$95800^4+414560^4=8\cdot102481\cdot320000(102481^2+320000^2)$

Но Фрай утверждал, что других меньших решений нету. Мне теперь кажется, что есть! Во всяком случае, найденный вами метод описывает все решения
$x^4+y^4+z^4=p^4$, найденные на компьютере.

-- Сб янв 02, 2010 23:53:49 --

Теперь с помощью вашего метода стоит попробовать отыскать:
$x^6+y^4+z^4=p^6$ и
$x^6+y^6+z^6+p^6=q^6$.

Результаты выложу здесь.

[Виктор Ширшов]

age. Вы обманываете. У Эйлера была такая гипотеза: $x^4+y^4+z^4=p^4$, решения которого искал Фрай.

[age]

Виктор Ширшов
Я не обманываю.

-- Вс янв 03, 2010 02:22:07 --

Можно практически гарантированно утверждать, что с помощью предложенного метода уравнение $x^6+y^6+z^6=p^6$ не параметризуется.

Было найдено гораздо более слабое уравнение $x^6+4y^6+4z^6=p^6$, для решения которого требуется, чтобы для некоторых $a,b$ выполнялось:
$5a^4-6a^2b^2+5b^4=q^2$.
В пределах $a,b<100000$ решений нет.

Параметризация же $x^6+y^6+z^6=p^6$ в разы сложнее, т.к. требует в дополнение к данному выполнения еще ряда дополнительных условий. Поэтому практически наверняка можно утверждать, что уравнение $x^6+y^6+z^6=p^6$ решений не имеет.

-- Вс янв 03, 2010 02:34:52 --

Вместо же уравнения $x^6+y^6+z^6+p^6=q^6$ для начала гораздо проще рассматривать уравнение $x^6+y^6+z^6=p^6+q^6$.
С очень грубыми допущениями решение последнего эквивалентно уравнению:
$4(a^3+b^3-c^3-d^3)=k^6$, где на $a,b,c,d$ накладываются очень серьезные ограничения параметризации. Например, $a=\dfrac{4ut+u^2-t^2}{2}$.

[Виктор Ширшов]

age в сообщении #277126 писал(а):

Поэтому практически наверняка можно утверждать, что уравнение $x^6+y^6+z^6=p^6$ решений не имеет.

В натуральных числах без "наверняка" данное уравнение не имеет решений. А вот в целых положительных и отрицательных числах наверняка решение есть.

[age]

Виктор Ширшов
А для него нет разницы, отрицательные или положительные числа.

[Виктор Ширшов]

age. По моему, Вы утверждали "наверняка", а не "он", то есть Slava.
.

[age]

Вместо $x^6+y^4+z^4=p^6$ пришлось рассматривать гораздо более слабое уравнение $x^6+y^4=p^6+z^4$, которое требует, чтобы для некоторых $a, b$ выполнялось условие $2ab(a^2+b^2)=m^3+n^3$, где на $m,n$ накладываются дополнительные условия параметризации.

В пределах тысячи существует лишь одно решение данного уравнения:
$2\cdot185\cdot31(185^2+31^2)=739^3+1^3$.

Но к сожалению, данное решение не отвечает требованиям параметризации на $m,n$ и поэтому не подходит.

В частности не выполняется $5m^2-6mn+5n^2=c^2$

Последнее очень похоже на характеристическое уравнение от уравнения $x^6+4y^6+4z^6=p^6$, из предыдущего поста, которое имеет вид

$5a^4-6a^2b^2+5b^4=q^2$

[Slava]

Разве Вы не видите, что этот метод параметризирует уравнения с РАЗНИМИ показателями степени (за исключением двух показателей в левой и в правой части). Поскольку количество слагаемых намного меньше показателя степени в правой части(такой должен быть и в левой), то понятно, что уравнения НЕ МОГУТ БЫТЬ С ОДИНАКОВЫМИ ПОКАЗАТЕЛЯМИ СТЕПЕНИ . Суть метода в том, что уравнения с очень большими показателями степени могут быть параметризированы, как только окажется, что существуют два одинаковых показателя в левой и правой частях уравнения. Я не утверждаю, что другие показатели совпадают с ними.

[age]

Slava
Нет, вы ошибаетесь. Область применения метода ШИРЕ, чем вы думаете. Причем уравнения с одинаковыми показателями гораздо интереснее, не так ли?

[maxal]

Slava в сообщении #276626 писал(а):

Вопросы. Всегда ли решаема система этих сравнений? Существуют ли еще общие методы (кроме этого и его возможных обобщений) для параметризации диофантовых уравнений?
Пример. Пусть $\[m = 2\]$.
$\[x^4 + y_1^{n_1 } + y_2^{n_2 } = z^4 \] $, $\[8p^3 q + 8pq^3 = y_1^{n_1 } + y_2^{n_2 } \]$, $\[8p^3 q = y_1^{n_1 } \]$, $\[8pq^3 = y_2^{n_2 } \]$.
Пусть $\[p = 2^{\alpha _1 } a^n \]$, $\[q = 2^{\beta _1 } b^n \]$. Тогда система сравнений имеет вид:
$\[3\alpha _1 + \beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,n)\]$,
$\[\alpha _1 + 3\beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,n)\]$.

Не всегда. Например, конкретно эта система при $n=4$ решений не имеет. По сути это означает, что данный метод не позволяет найти решения уравнения $x^4+y^4+z^4=t^4$.

-- Fri Jan 08, 2010 01:15:41 --

И, кстати, правильнее было бы рассматривать систему по модулям $n_1$, $n_2$ и т.д. - у нее будет больше шансов на существование решения. Для того же примера система будет такой:

$$\begin{cases} 3\alpha _1 + \beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,n_1) \\ \alpha _1 + 3\beta _1 + 3 \equiv 0\,\,(\bmod \,\,n_2) \end{cases}$$