Метод Спуска

[nnosipov]

scwec в сообщении #807232 писал(а):

Возможно, осталось незамеченным ...

При любом рациональном $a \not\in \{1,\pm 2\}$ уравнение

$$ x^2+y^2+z^2=a(xy+xz+yz) $$

линейным невырожденным преобразованием с рациональными коэффициентами приводится к виду

$$ (a^2-4)u^2+(a-1)v^2-w^2=0 $$

(следует, например, из теоремы Якоби). А дальше просто работает теорема Лежандра.

Кстати, с $a=2013$ немного веселей --- больше элементарных подходов.

[scwec]

Речь идет о достаточных условиях.
Что касается $N=5$, при желании можно рассматривать, как и другие $N\ne{11k+1}$.

[nnosipov]

arqady в сообщении #807256 писал(а):

А как быть, если $N=5$?

Вот так и быть --- Лежандром его.

[scwec]

Посмотрел $N=5$ (правда, очень бегло). Нет нетривиальных решений

[nnosipov]

scwec в сообщении #807275 писал(а):

Посмотрел $N=5$ (правда, очень бегло). Нет нетривиальных решений

Должны быть.

[arqady]

$2013+2=5\cdot13\cdot31$.
$5-1$ не делится на $3$. Поэтому запускается спуск.

[nnosipov]

arqady, да! А можно ещё по модулю $503$ (для тех, кто любит погорячее).

[scwec]

Вот решение для $N=5$.
$x=1, y=-3, z=-5$.

[INGELRII]

(Оффтоп)

Интересно, почему в названии темы слово "спуска" написано с заглавной буквы. Может, это фамилия великого математика, придумавшего метод?

[arqady]

(Оффтоп)

Потому что это название, наверное.
Как Средняя Италия.
В любом случае, мне лично с большой буквы нравится больше, чем с маленькой.

[rightways]

Кажеца можно выяснить когда уравнение
$x^2+y^2+z^2=k(xy+yz+zx)$
имеет решение а когда нет.
Например нетрудно доказать что при натуральных $k$ если у числа $k-1$ или $k+2$ есть простой делитель вида $3s+2$ ($s\ge 0$) в нечетной степени разложения (назовем такие $k$ - некрасивыми) то данное уравнение не имеет ненулевых решений в целых числах. И кажется в противном случае - имеет.
Но я не знаю почему так, и не могу доказать почему существует решение при красивых $k$.