Оценить сложность решения в целых числах x^3=ay^3+1

[provincialka]

Shadow
Точно! Насчет "дробного числа" -- до боли знакомое выражение.

[Shadow]

provincialka А как же не узнать. Здесь вся тема - праздник интеллекта.

[provincialka]

Ба! Там и individ тусуется.

(Оффтоп)

А наш форум, оказывается, просто аристократический салон. Как они там друг друга трактуют

[Lia]

Volodar
Заблокирован бессрочно как злостный клон.

[Andrey A]

ananova в сообщении #924019 писал(а):

Хочу попросить Вашей помощи по оценке сложности нахождения непримитивных целочисленных решений уравнения $x^3=ay^3+1$ (1)

Если Вы собираетесь рассматривать $x,y$ в качестве аргументов, то не сложно, но хлопотно. Если же аргумент все-таки $a$, то и раскладывайте $\sqrt[3]{a}$ в непрерывную дробь, проверяя остатки перед большими знаками. Разложение кубического радикала - вопрос отдельный, конечно, но ведь можно раскладывать соответствующую десятичную дробь, взятую с нужной точностью. Неприятность в том, что результата Вы дождетесь не всегда в отличии от Пелля. Доказано например, что уравнение $x^3-2y^3=\pm 1$ не имеет решений, кроме тривиальных. Смотрите у Серпинского, он кстати рассматривает еще уравнение $x^3+y^3=az^3$ (стр. 63).

$\sqrt[3]{19}=2,1,2,63,...=\frac{2}{1};\frac{3}{1};\frac{8}{3};...$
$8^3-19\cdot 3^3=-1$

[victor.l]

А что имеется в виду под нетривиальными решениями.

[Deggial]

victor.l в сообщении #955898 писал(а):

А что имеется в виду под нетривиальными решениями.

Нетривиальные решения - это решения, не являющиеся тривиальными. Тривиальные решения уравнения $x^3-2y^3=\pm 1$ - это $x=\pm 1, y=0$.

[victor.l]

Полагаю при $x-1=ay^3$уравнение тоже можно считать тривиальным. При $x^2+x+1=ay^3$тоже в общем несложное уравнение второй степени.А если взять $x-1=ay^3$ $x^2+x+1=bz^3$ то уравнение уже посложнее будет.

[Andrey A]

Deggial в сообщении #956161 писал(а):

Тривиальные решения уравнения $x^3-2y^3=\pm 1$ - это $x=\pm 1, y=0$.

Тут еще $x=y=\pm 1$.

[victor.l]

А если $x-1=9b$ то $x^3-1=a3^3$.

[ananova]

(Оффтоп)

Добавлю в топку "угольков"

Есть тождество - "генератор кубов" (для $y=0,1,2,3, ... $):

$$(3y^2-1)^3=3y^2(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)+1$$

Если бы ВТФ была несправедливой (для частного случая), когда $z=y+1$, $x^3+y^3=(y+1)^3$, то одно из значений целочисленной переменной $y$ привело бы к справедливости

$$(3y^2-1)^3=3y^2(3y^2-3y+1)Y^3+1$$

Формально - это рассматриваемое в этой теме уравнение - $X^3=aY^3+1$, при гипотетической справедливости $X^3=(3y^2-1)^3$, $Y^3=3y^2+3y+1$.

Но ни одно из предложенных решений форумчанами не может быть представлено, как:

$$(3y^2-1)^3=3y^2(3y^2-3y+1)Y^3+1$$

Повторюсь. Если бы это было возможно, то это бы противоречило справедливости частного случая ВТФ, когда $z=y+1$, $x^3+y^3=(y+1)^3$.

Вероятно предложенные решения (раз уж они есть), предполагают, что $Y^3$ являются составной частью выражения $3y^2(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)$ но это точно не $Y^3=3y^2-3y+1$ и не $Y^3=3y^2+3y+1$.

Можно рассмотреть еще одно предположение с новой переменной $y{'}$
Предположим, что $y$ очень большое целое число и

$$Y^3=3y^2+3y+1 =(3y{'}^2-1)^3=3y{'}^2(3y{'}^2-3y{'}+1)(3y{'}^2+3y{'}+1)+1$$

Не знаю какие можно сделать выводы из того, что в этом случае $3y$ делит

$$3y{'}^2(3y{'}^2-3y{'}+1)(3y{'}^2+3y{'}+1)$$

[victor.l]

$3y^2-1-1=3y^2-2$. А какое отношение$((y+1)^2+y(y+1)+y^2)((y-1)^2+y(y-1)+1)$ имеет к теме.

[ananova]

victor.l в сообщении #957149 писал(а):

А какое отношение $((y+1)^2+y(y+1)+y^2)((y-1)^2+y(y-1)+1)$ имеет к теме?

Попробую помочь Вам.

$$((y+1)^2+y(y+1)+y^2)((y-1)^2+y(y-1)+y^2)=(3y^2+3y+1)(3y^2-3y+1)$$

Вы допустили ошибку в выражении. Я исправил последнюю единицу (1) на $y^2$.
Если Вы примете гипотезу, что в выражении $((y+1)^2+y(y+1)+y^2)((y-1)^2+y(y-1)+y^2)$ один из множителей равен $Y^3$, то это приведет Вас к уравнению, обсуждаемому в данной теме:

$$X^3=aY^3+1$$

и которое имеет решения.

[ananova]

victor.l в сообщении #957149 писал(а):

$3y^2-1-1=3y^2-2$.

Тут Вы правы - моя ошибка.

Надо поправить:

ananova в сообщении #956912 писал(а):

Есть тождество - "генератор кубов" (для $y=0,1,2,3, ... $):

$$(3y^2-1)^3=3y^2(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)+1$$

Есть тождество - "генератор кубов" (для $y=0,1,2,3, ... $):

$$(3y^2-1)^3=(3y^2-2)(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)+1$$

Соответственно, вношу еще одну правку:

ananova в сообщении #956912 писал(а):

Можно рассмотреть еще одно предположение с новой переменной $y{'}$
Предположим, что $y$ очень большое целое число и

$$Y^3=3y^2+3y+1 =(3y{'}^2-1)^3=3y{'}^2(3y{'}^2-3y{'}+1)(3y{'}^2+3y{'}+1)+1$$

Не знаю какие можно сделать выводы из того, что в этом случае $3y$ делит

$$3y{'}^2(3y{'}^2-3y{'}+1)(3y{'}^2+3y{'}+1)$$

Перепишем его так:

Можно рассмотреть еще одно предположение с новой переменной $y{'}$
Предположим, что $y$ очень большое целое число и

$$Y^3=3y^2+3y+1 =(3y{'}^2-1)^3=(3y{'}^2-2)(3y{'}^2-3y{'}+1)(3y{'}^2+3y{'}+1)+1$$

Такое предположение не верно, т.к. 3 делит $3y^2+3y$, но не делит $(3y{'}^2-2)(3y{'}^2-3y{'}+1)(3y{'}^2+3y{'}+1)$

Таким образом, $(y+1)^3-y^3$ не представимо в виде такого куба: $(3y{'}^2-1)^3$

[victor.l]

$3(667-1)(223^2+(222)(223)+222^2)=(32042)21^3$