Resolver $a^3 + b^3 + c^3 = 6abc$

Question

Encuentre soluciones para $a^3 + b^3 + c^3 = 6abc$ en $\mathbb{N}$ , de tal manera que $gcd(a,b,c) = 1$ , a excepción de $(1,2,3)$ y sus permutaciones.

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Por ensayo y error descubrí que si $a,b,c$ son solución de la ecuación, entonces están en progresión aritmética. He conseguido demostrar esa conjetura, suponiendo que $c>b>a$ y que $k$ sea su diferencia común en la progresión aritmética. Entonces WLOG tenemos:

$$b = c-k \quad \quad a = c-2k$$

Ahora la ecuación parece:

$$(c-2k)^3 + (c-k)^3 + c^3 = 6(c-2)(c-1)c$$

Después de la expansión tenemos:

$$c^3 - 6kc^2 + 12ck^2 - 8k^3 + c^3 - 3kc^2 + 3ck^2 -k^3 + c^3 = 6c^3 - 18kc^2 + 12ck^2$$ $$3c^3 - 9kc^2 + 15ck^2 - 9k^3 = 6c^3 - 18kc^2 + 12ck^2$$ $$c^3 - 3kc^2 + 5ck^2 - 3k^3 = 2c^3 - 6kc^2 + 4ck^2$$ $$-c^3 + 3kc^2 + ck^2 - 3k^3 = 0$$

Ahora es fácil ver que si $k=c$ entonces el LHS será cero, por lo que uno de los ceros del polinomio es $c_1 = k$ , ahora factorizando tenemos:

$$(c-k)(3a^2 + 2ax - x^2) = 0$$ $$(c-k)(c+k)(c-3k) = 0$$

Ahora tenemos tres casos distintos:

Caso 1: $c = k$

Esto implica que $b = 0$ y $a = -k$ . Pero como $k \in \mathbb{N}$ , ambos $a,b \not\in \mathbb{N}$ violando las condiciones iniciales.

Caso 2: $c = -k$

Obviamente, la condición inicial ya se ha violado, porque $k \in \mathbb{N}$ por lo que a partir de la relación $c \not\in \mathbb{N}$

Caso 2: $c = 3k$

Esto implica que $b = 2k$ y $a = k$ . Ahora tenemos una 3-tupla $(3k,2k,k)$ y su permutación como solución, donde $k \in \mathbb{N}$ . Pero es fácil observar que $k$ es un factor común para $a,b,c$ por lo que tenemos:

$$gcd(a,b,c) = k$$

Pero como queremos $gcd(a,b,c) = 1$ Esto implica que $k=1$ lo que significa que sólo tenemos una solución para $a^3 + b^3 + c^3 = 6abc$ en $\mathbb{N}$ , de tal manera que $gcd(a,b,c) = 1$ y $(1,2,3)$ , solución que ya está dada.

Ahora mi pregunta es qué me falta. ¿Realmente no hay otras soluciones como $gcd(a,b,c) = 1$ ? ¿O tal vez hay una forma diferente de obtener la solución, excepto mi método que utiliza la progresión aritmética?

Answer 1

Como buscamos soluciones no triviales, supondremos $c \ne 0$ .

Dividir ambos lados por $c^3$ y que $(u,v) = (\frac{a}{c},\frac{b}{c})$ la ecuación se convierte en

$$E(u,v) \stackrel{def}{=} u^3 + v^3 + 1 - 6uv = 0$$

El problema de encontrar soluciones primitivas enteras positivas no triviales de $a,b,c$ se convierte en uno encontrando soluciones racionales positivas $u,v$ para $E(u,v) = 0$ . Con el siguiente cambio de variables

$$(u,v) = \left(\frac{6(6-x)+y}{6(x+36)},\frac{6(6-x)-y}{6(x+36)} \right)$$

Ecuación $E(u,v) = 0$ puede simplificarse a la de un curva elíptica en forma de Weierstrass:

$$\mathcal{E} : y^2 = x^3 - 864x - 5616$$

Lanzar los siguientes comandos a Magma

Q<x> := PolynomialRing(Rationals());
E00  := EllipticCurve(x^3-864*x-5616);
Generators(E00);

Encontramos la curva elíptica $\mathcal{E}$ tiene dos generadores $$\begin{array}{lll} P: (x,y) = (48,252) &\rightarrow (u,v) = (0,-1) &\rightarrow (a,b,c) = (0,-1,1)\\ Q: (x,y) = (-8,28) &\rightarrow (u,v) = (\frac23,\frac13) &\rightarrow (a,b,c) = (2,1,3) \end{array} $$ Esto lleva a soluciones que ya conocemos.

Dada una curva elíptica cualquiera, los puntos racionales de la misma forman un grupo abeliano con respecto a alguna operación que denominamos simplemente "adición" Se pueden generar más puntos racionales en $\mathcal{E}$ añadiendo copias de $P$ y $Q$ juntos.

Después de algunos experimentos, me doy cuenta de que añadir $P$ a otro punto de $\mathcal{E}$ sólo desencadena una permutación de $(a,b,c)$ en la solución correspondiente. Esto nos da nada nuevo.

El generador $Q$ es más interesante. Dejemos que $nQ$ sea una abreviatura de $\underbrace{Q + Q + \cdots + Q}_{n \text{ copies}}$ . Con la ayuda de un CAS, consigo

$$\begin{array}{rll} 2Q &: (x,y) = (160,1988) &\rightarrow (u,v) = \left(\frac{19}{21},-\frac{52}{21}\right)\\ 3Q &: (x,y) = \left(-\frac{143}{9},\frac{1729}{27}\right) &\rightarrow (u,v) = \left(\frac{5275}{3258},\frac{1817}{3258}\right)\\ 4Q &: (x,y) = \left(\frac{225616}{5041},\frac{76232996}{357911}\right) &\rightarrow (u,v) = \left(-\frac{124904}{3096807},-\frac{2847511}{3096807}\right)\\ & \vdots \end{array} $$ Recogiendo esos $nQ$ cuyo $u,v > 0$ obtenemos siguientes soluciones enteras positivas no triviales de $a,b,c$ .

$$\begin{align} 3Q \rightarrow (a,b,c) =& (5275,1817,3258)\\ 5Q \rightarrow (a,b,c) =& (15051171563,10840875082,4904676969)\\ 7Q \rightarrow (a,b,c) =& (46875396961726681714,\\ & \;81821352777652044467,\\ & \;29381282043563909553) \end{align} $$ Hay más soluciones de $9Q, 11Q, 13Q,\ldots$ . Parece que todo $nQ$ con impar $n$ conduce a soluciones enteras positivas en $(a,b,c)$ . Sin embargo, no tengo una prueba de ello.

Answer 2

Es fácil demostrar que al menos una de las variables tiene que ser un número par. Lo sabemos:

$$6|(n-1)n(n+1)$$

Porque en tres números consecutivos, uno es divisible con tres y al menos uno es divisible con 2. Así que tenemos:

$$6|n^3 - n$$ $$n^3 = n \pmod 6$$

Ahora sí:

$$a^3 + b^3 + c^3 \equiv a + b + c \equiv 0 \pmod 6$$

Como el módulo es un número par, significa que la suma $a+b+c$ también es un número par. Sabemos que la suma de 3 números Impares será un número impar, así que es imposible $a,b,c$ ser el número de impar, porque no habrá solución. Así que significa que al menos una de las variables es un número par.

WLOG podemos establecer $b=2k$ . Ahora podemos continuar:

$$b-2k = 0$$

Ahora podemos multiplicar ambos lados por $b(b+2k)$ . Nótese que no dará otra solución, porque implicará que b es $0$ o un número negativo, que violan la condición. Ahora tenemos:

$$b(b+2k)(b-2k) = 0$$ $$b(b^2 - 4k^2) = 0$$ $$b^3 - 4bk^2 = 0$$ $$3b^3 - 12bk^2 = 0$$ $$6b^3 - 6bk^2 = 3b^3 + 6bk^2 = 0$$ $$6b(b^2 - k^2) = (b^2 - 3kb^2 + 3bk^2 - k^3) + b^3 + (b^3 + 3kb^2 + 3bk^2 + k^3) = 0$$ $$6b(b-k)(b+k) = (b-k)^3 + b^3 + (b+k)^3$$

Ahora bien, si sustituimos WLOG:

$$b+k=c \quad \quad b-k=a$$

$$6abc = a^3 + b^3 + c^3$$

Porque $b,k \in \mathbb{N}$ significa que también $a,c \in \mathbb{N}$ . Esto demuestra que para cualquier $b=2k$ hay soluciones enteras, como $a=k$ y $c=3k$ .

Pero porque $k$ es un factor de todos ellos es fácil de ver que:

$$gcd(a,b,c) = gcd(k,2k,3k) = k$$

Porque queremos $gcd(a,b,c) = 1$ , lo que implica que $k=1$ y que la única solución primitiva de esta ecuación es $(1,2,3)$ y su permutación.