Однородное диофантово уравнение 4-ой степени

[Excoder]

Найти целые решения: $\[{x^3} + 2{y^4} = {z^2}\]$ .
Частные решения даются легко: скажем

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( {8{c^4},4{c^3},32{c^6}} \right),c \in N\]

(выкладки см. http://habreffect.ru/files/5b3/b572802d2/S7005034.png). Но это не все решения, напр. $\[\left( {63,9,513} \right)\]$ в это семейство не входит.
Как подступиться к поиску общего решения, и возможно ли вообще в этом случае его найти? И как найти все рациональные решения?
Начал с поиска рациональных, не получилось. Помогите плз

[Excoder]

Все решения в области до $1000$:

$\[\begin{array}{l} {\rm{0}}{\rm{,0}}{\rm{,0}} \\ {\rm{1}}{\rm{,0}}{\rm{,1}} \\ {\rm{4}}{\rm{,0}}{\rm{,8}} \\ {\rm{4}}{\rm{,4}}{\rm{,24}} \\ {\rm{8}}{\rm{,4}}{\rm{,32}} \\ {\rm{9}}{\rm{,0}}{\rm{,27}} \\ {\rm{9}}{\rm{,18}}{\rm{,459}} \\ {\rm{16}}{\rm{,0}}{\rm{,64}} \\ {\rm{25}}{\rm{,0}}{\rm{,125}} \\ {\rm{36}}{\rm{,0}}{\rm{,216}} \\ {\rm{49}}{\rm{,0}}{\rm{,343}} \\ {\rm{49}}{\rm{,14}}{\rm{,441}} \\ {\rm{56}}{\rm{,20}}{\rm{,704}} \\ {\rm{63}}{\rm{,9}}{\rm{,513}} \\ {\rm{64}}{\rm{,0}}{\rm{,512}} \\ {\rm{68}}{\rm{,8}}{\rm{,568}} \\ {\rm{81}}{\rm{,0}}{\rm{,729}} \\ \end{array}\]$

[Ales]

Можно так:
$z-\sqrt2y^2=(a-\sqrt2b)^3$,
$y^2=b(3a^2+2b^2)$, $z=a(a^2+6b^2)$
$x=(a-\sqrt2b)(a+\sqrt2b)$
проверить является ли кольцо, порожденное корнем из 2, кольцом главных идеалов и еще единицы найти.

-- Пн окт 04, 2010 22:16:43 --

Потом придется еще и с корнем из 3 возиться.

[Excoder]

Ales, когда наткнулся на этот путь, мне его не удалось реализовать, и вот почему.
При $\[x = 63 = {a^2} - 2{b^2}\]$ найдем подходящие $\[\left( {a,b} \right)\]$ , чтобы $\[z\]$ было минимальным. Очевидно, это $\[\left( {a,b} \right) = \left( {9,3} \right)\]$ , откуда $\[\[z = 1215 \ne 513\]\]$ .
Если положить $\[{y^2} \equiv u\]$ и решать $\[{x^3} = {z^2} - 2{u^2}\]$ — да, всё получится как у вас. Но именно $\[{y^4}\]$ существенно. Без учета оного — потеряем решения.
В решении $\[\left( {63,9,513} \right)\]$ будет $\[{y^2} = 81\]$ , и легко проверить, что нельзя представить это число в виде $\[b\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)\]$ .

[Ales]

Excoder в сообщении #359282 писал(а):

Без учета оного — потеряем решения.

Еще можно на "единицу" умножить: $z-\sqrt2y^2=(a-\sqrt2b)^3(1\pm\sqrt2)^{2k}$.
Уверены ли Вы, что эта задача вообще решается?

[Excoder]

Да, похоже на свет в конце туннеля, спасибо

Ales писал(а):

Уверены ли Вы, что эта задача вообще решается?

Нет Сперва вообще предполагалось, что только перебором можно решения подобрать. Удалось найти частные решения, и встал естественный вопрос — можно ли найти все. Понимаю, что Матиясевич и т.д., но ведь частный случай. Если не поддастся — как обосновать, что нельзя, и возможно ли такое обоснование — вот на такие вопросы я пытаюсь найти ответ, на правах дилетанта.

[Ales]

Кажется, в кольце порожденном корнем из 2 - все идеалы главные.
Значит есть всего три варианта:
1. $z-\sqrt2y^2=(a-\sqrt2b)^3$,
2. $z-\sqrt2y^2=(a-\sqrt2b)^3(1-\sqrt2)$,
3. $z-\sqrt2y^2=(a-\sqrt2b)^3(1+\sqrt2)$.

Остальные степени "единицы" уменьшаются на число кратное три.

-- Вт окт 05, 2010 13:35:55 --

Тогда получаем три уравнения на выбор:
$y^2=b(3a^2+2b^2)$,
$y^2=b(3a^2+2b^2)+a(a^2+6b^2)$,
$y^2=b(3a^2+2b^2)-a(a^2+6b^2)$.

-- Вт окт 05, 2010 14:10:57 --

Точнее два, ведь можно заменить $-a$ на $a$.

[Excoder]

Небольшая тонкость нужна была с представлением $\[x\]$ . Поскольку $\[1 = \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)\]$ , то для симметрии минус нужно было куда-то деть, в итоге $\[x = \left( {b\sqrt 2 - a} \right)\left( {b\sqrt 2 + a} \right) = 2{b^2} - {a^2}\]$ . Тогда, если $\[{y^2} = b\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right) + a\left( {{a^2} + 6{b^2}} \right)\]$ , то для $\[{y^2} = 81\]$ подойдут $\[\left( {a,b} \right) = \left( {3, - 6} \right)\]$ , откуда $\[x = 63\]$ , а $z = \left( {{a^3} + 6a{b^2}} \right) + 2\left( {3{a^2}b + 2{b^3}} \right) = - 513$ — минус гасится квадратом. Решение есть.

Также есть зацепка, как решать (*)

$${y^2} = {a^3} + 3{a^2}b + 6a{b^2} + 2{b^3}$$

В Mordell "Diophante Equations" (1969) на стр. 112 показано, как находить частное целочисленное семейство решений такого уравнения алгебраическим методом. А именно, если есть уравнение

$${z^2} = a{x^3} + b{x^2}y + cx{y^2} + d{y^3}$$

, то при $a = 1$ частное решение доставляется через

$$\[{z^2} = \prod\limits_{i = 1}^3 {\left( {x - {\theta _i}y} \right)} ,\;\;{t^3} + b{t^2} + ct + d = 0,\;t = {\theta _1},{\theta _2},{\theta _3}\]$$

, при этом надо положить

$$\[z = \prod\limits_{i = 1}^3 {\left( {p + q{\theta _i} + r{\theta _i}^2} \right)} \]$$

, подставить в предыдущее, приравнять факторы при одинаковых $\[{\theta _i}\]$ из левой и правой части, возвести каждый фактор из левой части в квадрат, выразить $\[{\theta _i}^4,{\theta _i}^3\]$ через $\[{\theta _i}^2\]$ , и из коэффициентов при $\[{\theta _i}^2,{\theta _i}\]$ и свободного члена хорошо выражается.

Но. Это только частное решение. Морделл говорит, что полное решение требует алгебраической теории, ссылаясь на Главу 25 (хотя надо на 15). При этом выше упоминает, что отыскание общего целочисленного решения связано с единицами поля. Глава 15 ситуацию лично для меня не проясняет. На самом деле, прием Морделла для кубического уравнения — это то же самое, что и факторизация $x$ в нашей задаче. Из книги не могу понять, как найти общее решение (*) , т.е., по сути, как правильно выполнить учет единиц поля для записи соотношений, доставляющих общее решение. Еще вопросы: почему $\[z\]$ надо представлять именно в такой форме; есть ли возможность распространить методику на уравнения произвольно высоких степеней; почему решение с учетом единиц будет общим.

Есть где-либо, кроме Морделла, систематическое (и быть может, более доступное) объяснение метода? Также хочется найти доказательство того, что этот метод (при учете единиц поля) даст все решения. Или же я в Морделле не вижу нужных мне мест?..

[Ales]

Excoder в сообщении #359552 писал(а):

Это только частное решение.

Это решение будет полным, если:
1. кольцо, порожденное корнем уравнения $u^3 + 3u^2 + 6u + 2=0$ будет кольцом главных идеалов (или если число классов идеалов нечетно),
только тогда можно быть уверенным, что с точностью до умножения на единицу $a-\theta b=(p_0+p_1\theta +p_2\theta ^2)^2$
2. будут найдены все единицы этого кольца

-- Ср окт 06, 2010 10:56:07 --

Можно сделать замену $v=u+1$, тогда у Вас будет уравнение $v^3+3v-2=0$.

-- Ср окт 06, 2010 11:10:11 --

Можно вместо корня (алгебраическое число) исследовать матрицу, характеристический многочлен которой совпадает с этим уравнением:
$A=\left(\begin{array}{rrr}0&0&2\\1&0&-3\\0&1&0\end{array}\right)$.

-- Ср окт 06, 2010 11:20:57 --

Уравнение ${y^2} = {a^3} + 3{a^2}b + 6a{b^2} + 2{b^3}$ - можно перезаписать в виде:
$y^2=det(a+b-bA)$.

-- Ср окт 06, 2010 11:42:00 --

Матрица аннулируется своим характеристическим многочленом: $A^3+3A-2=0$.
Тогда в случае кольца главных идеалов, находим решение: $a+b-bA=(p_0+p_1A+p_2A^2)^2T$,
где $T$ - единица, такая матрица, что $T= (q_0+q_1A+q_2A^2), detT=1$.

-- Ср окт 06, 2010 11:43:56 --

Фактически, нужно проделать для уравнения третьей степени, все то что сделали для уравнения второй степени.

[Excoder]

Правильно ли я понимаю?
Если нашли такие целые $P,Q,R$, что:
$ \[ \begin{gathered} \theta _j ^3 + 3\theta _j ^2 + 6\theta _j + 2 = 0,\;j = 1,2,3 \hfill \\ \phi = \sqrt[3]{{1 + \sqrt 2 }};\;\alpha = \phi ^{ - 1} - \phi ;\;\beta = \phi + \phi ^{ - 1} \hfill \\ \theta _1 = - \alpha - 1;\theta _2 = \tfrac{\alpha } {2} - 1 + \tfrac{\beta } {2}i\sqrt 3 ;\;\theta _3 = \tfrac{\alpha } {2} - 1 - \tfrac{\beta } {2}i\sqrt 3 \hfill \\ \prod\limits_{j = 1}^3 {\left( {P + Q\theta _j + R\theta _j ^2 } \right)} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \] $
то надо искать решение из выражений
$x - \theta _j y = \left( {p + q\theta _j + r\theta _j ^2 } \right)\left( {P + Q\theta _j + R\theta _j ^2 } \right),\;j = 1,2,3$ ?

И еще момент. Буду искать единицу так:

$\[ R^3 \phi ^6 + (6PR^2 - 3PQR - 3Q^2 R + 6R^2 Q + Q^3 - 8R^3 )*\phi ^3 + 6PQ^2 - 4Q^3 + 12Q^2 R + 14R^3 - 24R^2 Q - 3P^2 R + 12PR^2 - 3P^2 Q - 6PQR + P^3 + ( - 6R^2 Q - 6PR^2 + 8R^3 + 3Q^2 R + 3PQR - Q^3 )\phi ^{ - 3} + R^3 \phi ^{ - 6} = 1 \]$

Здесь $\phi$ присутствует в 3 и 6 степенях, и в итоге останется выражение, где сгруппируются четыре члена: при $1$ и радикалах $\sqrt 2$, $\tfrac{1}{{1 + \sqrt 2 }}$ и квадрат последнего. В итоге член при $1$ я приравняю 1, члены при радикалах — нулю. Напр., для $1$ получаю уравнение:

$$- 3Q^3 + 9R^3 + 9Q^2 R - 18R^2 Q - 3P^2 Q - 3P^2 R + 6PQ^2 + 18PR^2 + P^3 - 9PQR = 1$$

В итоге я нахожу какие-то конкретные (а не все) $P,Q,R$ , удовлетворяющие системе четырех уравнений (мы ведь так же сделали и для самого исходного уравнения?). Это и будет единица.

При этом, конечно, получится и тривиальное $\left( {P,Q,R} \right) = \left( {1,0,0} \right)$ , а в исходном уравнении мы брали $1 = \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)$ , т.е. тривиальное, видимо, не подходит. В то же время, в исходном уравнении в общем случае $1 = 2A^2 - B^2$ — т.е. это уравнение Пелля, и единиц бесконечно много. А взяли мы только одну конкретную. Наверное, потому что другие через нее выражаются. Но вот тут у меня недопонимание

[Ales]

Excoder в сообщении #360213 писал(а):

единиц бесконечно много. А взяли мы только одну конкретную. Наверное, потому что другие через нее выражаются. Но вот тут у меня недопонимание

Единицы образуют коммутативную группу по умножению.
В случае уравнения Пелля у группы одна образующая. Все остальные единицы - ее степени. Значит можно рассматривать только три случая (ведь куб единицы можно включить в основное выражение $(a-\sqrt2b)^3$).
С учетом замены $-a$ на $a$ два случая.

Когда же у нас кубическое уравнение, единицы составляют дискретную подгруппу в коммутативной группе Ли размерности два. По видимому там две образующих. Значит всего четыре случая.

[Ruslan_Sharipov]

А как на счет однородного кубического уравнения $Ax^3+By^3+Cz^3=0$ с целыми коэффициентами. Может кто-либо знает алгоритм его решения либо установления неразрешимости. Есть необходимые условия разрешимости: $-AB^2$ должно быть кубом по модулю $C$, $-BC^2$ должно быть кубом по модулю $A$, $CA^2$ должно быть кубом по модулю $B$. Вроде где-то видел, говорилось, что эти условия не являются достаточными. А как получить необходимые и достаточные пусть хотя бы в виде алгоритма.

[Sonic86]

Ruslan_Sharipov в сообщении #685717 писал(а):

А как на счет однородного кубического уравнения $Ax^3+By^3+Cz^3=0$ с целыми коэффициентами.

По идее, в силу однородности этого уравнения, оно сводится к уравнению $ax^3+by^3=1$ с рациональными $a,b,x,y$. Для заданных $a,b$ уравнение обычно приводят к форме Вейерштрасса и ищут ранг эллиптической кривой и генераторы группы решений (группа даже абелева вроде). Есть общая теорема Морделла об описании этой группы (возможных значений ее ранга). Т.е. просто берите книжки по эллиптическим кривым и читайте (можно начать с Коблица)

(Оффтоп)

где-то давно была тема Руста об одном из таких уравнений, но я ее не смог найти