диофантов кинжал

[Max Alekseyev]

Hi, Konstantin !

Replying to a message of Konstantin Knop to All:

>> Hо как доказать, что
>> 6-15-10 ~ .
>> 3-4-12 ~ -
>> 3-4-6 ~ .
>> 2-4-8-16-32 ~ -
>> 2-4-8-16-8 ~ .

KK> Особенно меня удивляет сравнение двух последних строчек.
KK> А также - сравнение строчек 3-4-12 и 3-4-6.

Я тоже на это обратил внимание, но ничего путного получить не смог. Hо
потихоньку дело все-таки движется:

_Утв_.
Уравнения x^3+y^4=z^6 и u^3+v^2=w^6 разрешимы или неразрешимы одновременно
(3-4-6 эквивалентно 3-2-6).
Доказательство.
1) Пусть x^3+y^4=z^6, тогда при u=x, v=y^2, w=z выполняется u^3+v^2=w^6.
2) Пусть, наоборот, u^3+v^2=w^6, тогда при x=u*v^2, y=v^2, z=w*v справедливо
x^3+y^4=z^6.

Более обще: на разрешимость x_1^{k_1}+...+x_n^{k_n}=x_{n+1}^{k_{n+1}} не влияет
замена любого k_i на HОД(k_i,HОК(k_1,k_2,...,k_{i-1},k_{i+1},...,k_{n+1})).

Как следствие:
2-4-8-16-32 эквивалентно 2-4-8-16-16
2-4-8-16-8 эквивалентно 2-4-8-8-8

Regards, ° °
Max ~

[Eugene Paderin]

Привет, Leonid! Ты пишешь:

LB> Если предположить, что в столбце 6 15 12 опечатка, то
LB> получающийся ответ вполне логичен и в стиле Мориарти, но
LB> нецензурен.

Собственно говоpя, куда ещё мог спpятать сокpовища человек с такой фамилией? :)

Истинно Ваш,
Евгений

[Moderator of RU MATH]

Hi, Eugene !

Replying to a message of Eugene Paderin to Leonid Broukhis:

LB>> Если предположить, что в столбце 6 15 12 опечатка, то
LB>> получающийся ответ вполне логичен и в стиле Мориарти, но
LB>> нецензурен.

EP> Собственно говоpя, куда ещё мог спpятать сокpовища человек с такой
EP> фамилией? :)

Прошу не отклоняться от эхотага.

Moderator

[Max Alekseyev]

Hi, All !

Replying to a message of Max Alekseyev to Konstantin Knop:

MA> Более обще: на разрешимость x_1^{k_1}+...+x_n^{k_n}=x_{n+1}^{k_{n+1}}
MA> не влияет замена любого k_i на
MA> HОД(k_i,HОК(k_1,k_2,...,k_{i-1},k_{i+1},...,k_{n+1})).

Кстати, под эту же гребенку попадает случай существования показателя попарно
взаимно простого со всеми остальными. Его можно заменить на 1, а уравнение в
котором присутствует 1-ный показатель, очевидно, разрешимо.

Regards, ° °
Max ~

[Konstantin Knop]

Добрый день, Max Alekseyev !

7-Мар-98 03:38 Max Alekseyev писал в статье
"[NEWS] диофантов кинжал" :

> _Утв_.
> Уравнения x^3+y^4=z^6 и u^3+v^2=w^6 разрешимы или неразрешимы одновременно
> (3-4-6 эквивалентно 3-2-6).

Я нашел в Интернете доказательство того, что единственными
решениями уравнения u^3+v^2=z^6 в целых числах являются
тройки вида ( (-2k^2), (+-3k^3), (+-k) ). Таким образом,
натуральных решений нет, а целые - есть.

Кажется, в "диофантовом кинжале" все время идет речь только
о ЦЕЛЫХ числах, а натуральность не требуется?

Константин

[Max Alekseyev]

Hi, Konstantin !

Replying to a message of Konstantin Knop to All:

>> _Утв_.
>> Уравнения x^3+y^4=z^6 и u^3+v^2=w^6 разрешимы или неразрешимы
>> одновременно (3-4-6 эквивалентно 3-2-6).

KK> Я нашел в Интернете доказательство того, что единственными
KK> решениями уравнения u^3+v^2=z^6 в целых числах являются
KK> тройки вида ( (-2k^2), (+-3k^3), (+-k) ).

Интересно было бы взглянуть на это доказательство. Может, запостишь сюда?

KK> Таким образом,
KK> натуральных решений нет, а целые - есть.

KK> Кажется, в "диофантовом кинжале" все время идет речь только
KK> о ЦЕЛЫХ числах, а натуральность не требуется?

Вот это как раз и непонятно. С одной стороны слово почти везде употребляется
слово "целые", но при этом предполагается, что в решении нуля присутствовать не
может, хотя отдельно это и не оговаривается; с другой стороны во всех примерах
приводятся именно натуральные числа (при этом ничего о "нулях" говорить не
надо), а для случая 3-3-3-3 приводиться нетривиальное натуральное решение, хотя
казалось бы
n^3 + (-n)^3 + m^3 = m^3

Я думаю, что вопрос о том, что же такое 3-2-6, стоит оставить на будущее, когда
что-нибудь проясниться с другими столбцами.

Regards, ° °
Max ~

[Konstantin Knop]

Добрый день, Max Alekseyev !

9-Мар-98 20:31 Max Alekseyev писал в статье
"[NEWS] диофантов кинжал" :

> KK> Я нашел в Интернете доказательство того, что единственными

> KK> решениями уравнения u^3+v^2=z^6 в целых числах являются
> KK> тройки вида ( (-2k^2), (+-3k^3), (+-k) ).
>
> Интересно было бы взглянуть на это доказательство. Может, запостишь сюда?

Ладно. Только мне переводить некогда. Ловите в english, в html.
http://www.seanet.com/~ksbrown/kmath213.htm

[Там же есть еще уравнение a^4 + b^3 = c^2
- http://www.seanet.com/~ksbrown/kmath451.htm]

-------------------------------------------------------
<HTML>
<HEAD>
<TITLE>On x^2 + y^3 = z^6 </TITLE>
</HEAD>
<BODY>
<H2>On x^2 + y^3 = z^6 </H2>
<pre>
Christophe Lanuit asked whether there are three positive integers
x,y,z such that x^2+y^3=z^6 ?

The equation x^2 + y^3 = z^6 has no solution in non-zero integers. To
prove this, suppose there was such a solution. Clearly if any two of
x,y,z have a common factor then they also share a common factor with
the third, so we can divide until the three numbers x,y,z are coprime.
Of all such solutions, let's consider the one with the smallest
absolute value of z.

The equation implies y^3 = (z^3)^2 - x^2, so we have

y^3 = (z^3 + x)(z^3 - x)

The two factors on the right side are mutually coprime, so they must
each be cubes, meaning there are coprime integers a,b such that

z^3 + x = a^3 and z^3 - x = b^3

Adding these two gives a^3 + b^3 = 2z^3. To prove that this equation
has no non-zero integer solutions, assume a,b,z are the solution with
the smallest value of z.

Since a,b are coprime whereas the sum of their cubes is even, they must
both be odd. This implies the existence of coprime integers u,v such
that a=u+v and b=u-v. Substituting into a^3 + b^3 = 2z^3 and
simplifying gives
u (u^2 + 3v^2) = z^3

which proves that u and u^2 + 3v^2 must both be cubes. Thus, we
have integers r,s such that

u = r^3 and u^2 + 3v^2 = s^3

The right hand equation can be factored as

(u + v sqr[-3]) (u - v sqr[-3]) = s^3

Following Euler's somewhat reckless path, we can take advantage of the
fact that the ring of numbers of the form a + b sqr(-3) possesses
unique factorization (where a,b are actually half-integers), and
assert that each of the (coprime) factors on the left is a cube. Thus,
we have coprime (half)integers g,h such that

u + v sqr[-3] = (g + h sqr[-3])^3

= g (g^2 - 9h^2) + h (3g^2 - 3h^2) sqr[-3]

from which it follows that

u = g (g^2 - 9h^2) v = 3h (g^2 - h^2)

Recalling that u = r^3, the left hand equation factors as

r^3 = g (g+3h) (g-3h)

(Notice that if g and h are really half-integers we can clear all
fractions by multiplying through by 2^3, which still gives a cube on
the left side.) Since g,h are coprime, each of the above three factors
are coprime and therefore each must be cube. Thus, we have integers
m,n,q such that

g = m^3 g+3h = n^3 g-3h = q^3

which imply that n^3 + q^3 = 2m^3. But clearly m &lt g &lt r &lt z, so
m &lt z, which contradicts our assumption that z is the smallest integer
such that the double of its cube equals the sum of two cubes.

Chris Thompson wrote:
<I>Well, you aren't the first person in this thread to have missed
the obvious x = +-3, y = -2, z = +-1. Only Peter Montgomery seems
to have noticed this!</I>

Yes, in fact (+-3k^3)^2 + (-2k^2)^3 = (+-k)^6 for all k. To be fair
to the original poster, he specified positive integers, so this counter-
example applies only to my thoughtless extension to NON-ZERO integers.
Let me see if I can apply your corrections to tidy things up...

I wrote

<I>The equation implies...coprime integers a,b such that
a^3 + b^3 = 2z^3.</I>

and Chris Thompson replied

<I>Ah, but (z^3 + x) and (z^3 - x) need not be coprime: they could
have a common factor of 2...so that we have...z^3 + (-b)^3 = 2a^3
...the first case...gives rise only to a solution of the original
with x=0, but in the second case we recover the solution with x=3.</I>

Yes, so in either case we have an equation of the form A^3 + B^3 = 2C^3,
and if we take the trivial solutions {A=B=C} and {A=-B,C=0} we get
one of the "obvious" solutions of the original equation

{x=0, y=k^2, z=+-k}
{x=+-k^3, y=-k^2, z=0}
{x=+-3k^3, y=-2k^2, z=+-k}

It only remains to show that an equation of the form a^3 + b^3 = 2z^3
has no solutions other than those with a=+-b.

Kevin Brown wrote:
<I>Since a,b are coprime whereas the sum of their cubes is even, they
must both be odd. This implies the existence of coprime integers
u,v such that a=u+v and b=u-v.</I>

Here I should have specified {a not equal to +-b}, rather than just
stating that a,b were coprime. Given this proviso, my previous proof
holds.

Kevin Brown wrote:
<I>... clearly m &lt g &lt r &lt z, so m &lt z, which contradicts our
assumption that z is the smallest integer such that the double
of its cube equals the sum of two cubes.</I>

Chris Thompson replied
<I>Not if m = g = r = z = 1, which is where you miss the torsion point.</I>

If a,b are coprime then a=u+v and b=u-v where u and v are non-zero.
Then r = z/((u^2 + 3v^2)^(1/3)) so clearly r &lt z, and it follows that
m &lt z. I "missed the torsion point" when I neglected the trivial
solutions a=+-b, for which either u or v equals zero, in which case
u and (u^2 + 3v^2) are not coprime, so they need not both be cubes.

So, with your corrections, we can say that the only solutions in
non-zero integers of the equation x^2 + y^3 = z^6 are given by

{x=+-3k^3, y=-2k^2, z=+-k}

where k is any non-zero integer. Thus, there are no solutions in
positive integers.
</pre>
<hr>
<A HREF="index-1.htm" tppabs="http://www.seanet.com/~ksbrown/index.htm">Return to MathPages Main Menu</A>
<hr>
</BODY>
</HTML>