|
Докажите, что уравнение $$x^2+y^2+z^2=x^3+y^3+z^3$$ имеет бесконечно много решений в целых числах. (Орлёнок - 2006, задача №3) Чисто эмпирическим путём мне удалось подобрать бесконечное семейство троек $%(x, y, z)$%, удовлетворяющее условию задачи: $$(x=2n^2+1,\; y=nx,\; z=-y,\quad n\in\mathbb{N_0})$$ Но ведь есть решения, не входящие в это семейство, например, $%(0,\; 0,\; 0).$% Какие ещё бесконечные семейства троек относительно легко находятся? Пожалуйста, помогите решить. Заранее благодарю! P. S. А может, можно найти все целочисленные решения этого уравнения? задан 15 Июл '18 9:26 
Казвертеночка |
|
Подходит, например серия $% x=2n(n+1)(2n+1)+1; \; y=-4n(n+1), \; z=-2n(n+1)(2n+1)+1$%. Как ее можно получить? Допустим, мы хотим сделать так, чтобы ровно два числа были отрицательными. Пусть $%x=a, \; y=-b,\; z=-c$%, где $%a,b,c$% - натуральные. Тогда $%a^3-a^2-c^3-c^2=b^3+b^2$%. Положим $%a=c+2$%. Получим $%4(c+1)^2=b^2(b+1)$%. Пусть $%b=2k, \; c+1=kp$%. Получим $%p^2=2k+1$%. Пусть $%p=2n+1$%. Тогда $%k=2n(n+1)$%. Тогда $%b=4n(n+1), \; c=2n(n+1)(2n+1)-1,\; а=c+2=2n(n+1)(2n+1)+1$%. отвечен 15 Июл '18 15:03 
Witold2357 @Witold2357, большое спасибо!
(15 Июл '18 15:08)
Казвертеночка
|
|
Пусть $%y=1+a, z=1-a$%. Тогда $$x^3+2(1+3a^2)=2(1+a^2)+x^2$$ $$x^2-x^3=4a^2.$$ Пусть $%1-x=4p^2$%, тогда $$x^2(1-x)=(4p^2-1)^24p^2=(2a)^2.$$ Пусть $%a=p(4p^2-1)$%. Тогда $$(x,y,z)=(1-4p^2, 1+p(4p^2-1), 1-p(4p^2-1))$$ отвечен 15 Июл '18 22:19 
goldish09 2
@goldish0, действительно, это совсем другая последовательность, естественно, ни в одной точке не совпадающая с последовательностями, приведенными в задаче и ответе @Witold2357. Множество решений содержит, в том числе, нечетные тройки, в которых при x,y,z>1 (по модулю) два отрицательных числа.
(15 Июл '18 23:56)
Urt
2
@Казвертеночка, похоже, что есть двухпараметрические семейства решений, включающие приведенные.
(15 Июл '18 23:59)
Urt
@Urt, а точно другая? Там в решении тоже было y+z=2. И дальнейшая замена 1-x равно квадрату.
(18 Июл '18 12:56)
knop
Посмотрел. Да, другая. Просто обе эти серии можно объеди6ить, если убрать 4 из равенства $%1-x=4p^2$%,
(18 Июл '18 12:58)
knop
1
@knop, Обозначим (чтобы не запутаться) семейства ($%Si$%) по очередности их поступления. 1) То, что $%S1\cap S3=\oslash $% видно из того, что все точки $%S1$% (кроме вырожденных 0,0,1;...) содержат по одному отрицательному числу, в то время как S3 не содержит эти вырожденные точки и все точки (кроме 1,1.1) содержат по 2 отрицательных числа. 2) Факт $%S1\cap S2=\oslash $% устанавливается аналогично.
(18 Июл '18 14:04)
Urt
3) То, что $%S3 \setminus S2 \ne \oslash $% видно из наличия в S3 решений с нечетными числами, в то время как в S2 такие точки отсутствуют. Несовпадение точек $%S3,S2$% я тоже как то проверял, но факт построения нового семейства S3-типа налицо, т. к. можно положить $%n=2p $% . Интересно, что во всех этих семействах решения при отрицательных значениях $%n$% дублируют с точностью до перестановки решения для положительных n (возможно, сказал что-то лишнее - для интереса).
(18 Июл '18 14:04)
Urt
Могу, но не с планшета. Так что уже дома вернусь к этой задачке
(18 Июл '18 15:01)
knop
показано 5 из 9
показать еще 4
|
|
С помощью коллег нашлись ещё несколько однопарамметрических семейств. Все они устроены так. Пусть $%(x’,y’,z’)$% - тройка решений уравнения $%x^3+y^3+z^3=k$% при $%k=1,2,3$%. Обозначим $%n=(x’^2+y’^2+z’^2)/k$%. Тогда нетрудно проверяются два факта: 1) n - целое 2) $%(nx’,ny’,nz’)$% удовлетворяет нашему уравнению, потому что и сумма квадратов, и сумма кубов равны $%kn^3$%. Осталось показать бесконечность решений для каждого из уравнений. При k=1: $%(9t^4,3t-9t^4,1-9t^3)$%. При k=2: $%(1+6t^3,1-6t^3, -6t^2)$%. отвечен 19 Июл '18 23:38 
knop 1
@knop: весьма интересно! А для каких ещё значений k известны бесконечные серии, для которых сумма трёх кубов равна k? Что даёт случай k=3?
(20 Июл '18 0:25)
falcao
1
@falcao, вроде бы серии известны для всех, где вообще есть решения, но там же ещё нужна делимость суммы квадратов решений на k, чтоб n отказалось целым, - а это надо отдельно исследовать. Серию для 3 я просто не восстановил быстро. Завтра добавлю
(20 Июл '18 1:18)
knop
1
@knop: по-моему, там не всегда известны бесконечные серии. Для случая k=30 решение нашли где-то около 2000 года. Числа там порядка 2 миллиардов. На сегодняшний день нашли и другие решения. Но вроде бы там отдельные числа, а не серии.
(20 Июл '18 1:22)
falcao
@knop, большое спасибо Вам и Вашим коллегам!
(20 Июл '18 1:29)
Казвертеночка
1
@falcao, да, Вы правы, а я зря памяти доверился. Бесконечные серии известны только для 1,2 (т.е. Для произвольных кубов и удвоенных кубов). Значит, третьей серии и у нас нет, а есть только одиночное решение (76,76,-95), не встречавшееся в других сериях. Кстати, решение для случая k=74 вообще только в 2016 найдено.
(20 Июл '18 2:24)
knop
1
Известна древняя (1825 г.) красивая формула: $%a = x^3+y^3+z^3,$% где:$%x = (a^3-3^6)/d; y = (-a^3+3^5a+3^6)/d ; z = (3^3a^2 + 3^5a)/d ; d = 3^2a^2+3^4a+3^6,$% из которой при $%a= 3, 3^2,...3^{12}$% можно получить еще 12 троек.
(20 Июл '18 13:31)
Urt
показано 5 из 8
показать еще 3
|