Sobre las soluciones enteras de $a^3+b^3+c^3+d^3=3$

Question

Me desafiaron a demostrar que hay infinitos soluciones a la ecuación $$a^3+b^3+c^3+d^3=3\ \ \text{ with }(a,b,c,d)\in\mathbb Z^4$$

Eso fue fácil: el álgebra elemental es suficiente para demostrar que $\forall z\in \mathbb Z,\ (1+6z^3,\,1-6z^3,\,-6z^2,\,1)$ es una solución. Llama a estas soluciones y a sus permutaciones trivial .

Definir un nonsum como un valor de $k\in\mathbb Z$ para el que no hay solución con $a+b=k$ .

¿Qué hay de demostrar (o refutar/perfeccionar) las siguientes conjeturas?

1. Si los polinomios $A$ , $B$ , $C$ , $D$ con coeficientes enteros son tales que $\forall z\in \mathbb Z,\ (A(z),B(z),C(z),D(z))$ es una solución, y una de esas soluciones es no trivial, entonces todos los polinomios son constantes.
2. Sin embargo, hay infinitas soluciones no triviales.
3. Cualquier $k\equiv0\pmod3$ es un no-suma.
4. $k=7$ es un no-suma.
5. Hay infinitas no-sumas con $k\not\equiv0\pmod3$
6. Si $k$ es un no-suma, entonces $-k$ es un no-suma.
7. Si $k$ no es un no-suma (es decir, si existe una solución con $a+b=k$ ), entonces hay infinitas soluciones con $a+b=k$ .

Answer 1

La conjetura 2 es cierta.

Dada una solución inicial de $$a^3+b^3+c^3+d^3=N$$

uno puede generar infinitamente más usando un Ecuación Pell . Empezar con la identidad general, $$t^3+x^3+y^3+z^3 = (a^3+b^3+c^3+d^3)\big(p^2+wq^2\big)^3$$

donde, $$\begin{aligned} w &= (a+b)(c+d)\\ t &= a p^2 - (c^2-d^2) p q + b w q^2 \\ x &= b p^2 + (c^2-d^2) p q + a w q^2\\ y &= c p^2 + (a^2 - b^2) p q + d w q^2\\ z &= d p^2 - (a^2 - b^2) p q + c w q^2\end{aligned}$$

y $p,q$ elegido para resolver la ecuación de Pell, $$p^2+wq^2 = 1$$

Ya que a partir de su parametrización tenemos $w=(a+b)(c+d) = -2(6z^2-1)$ Esto demuestra que podemos derivar infinitas soluciones no triviales a partir de la "trivial".

Tal vez pueda usar esto en algunas de sus otras conjeturas.

Answer 2

La conjetura 3 es cierta.

Obsérvese en primer lugar que para cualquier número entero $n$ , $n^3 \equiv -1,0$ o $1\pmod 9$ . Por lo tanto, cualquier solución de $a^3+b^3+c^3+d^3=3$ debe contener tres cubos congruentes con $1\pmod 9$ y un cubo congruente con $0\pmod9$ .

Supongamos ahora que $a+b = k\equiv0\pmod3$ . Tenemos:

$$a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)$$

donde:

$$(a+b)^3\equiv0\pmod{3^3}\quad \text{and}\ \textit{a fortiori}\quad \equiv0\pmod9$$

$$3ab(a+b)\equiv0\pmod9$$

Por lo tanto, $a^3+b^3\equiv0\pmod9$ lo cual es inconsistente con la condición expuesta anteriormente, ya que implica que ambos $a^3$ y $b^3$ congruente con $0\pmod9$ o uno de ellos congruente con $-1$ y el otro a $1\pmod9$ .

Un razonamiento similar, pero no idéntico, muestra que la conjetura 4 es cierta y, en general, cualquier $k\equiv0\pmod7$ es un no-suma.

Para cualquier número entero $n$ , $n^3 \equiv -1,0$ o $1\pmod 7$ . Por lo tanto, cualquier solución de $a^3+b^3+c^3+d^3=3$ debe contener (caso 1) tres cubos congruentes con $1\pmod 7$ y un cubo congruente con $0\pmod7$ o (Caso 2) cuatro cubos congruentes con $-1\pmod7$

Supongamos ahora que $a+b = k\equiv0\pmod7$ . Tenemos:

$$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\equiv0\pmod7$$

Pero esto es incoherente tanto con el caso 1 como con el caso 2, ya que implica que ambos $a^3$ y $b^3$ congruente con $0\pmod7$ o uno de ellos congruente con $-1$ y el otro a $1\pmod7$ .

Answer 3

La ecuación anterior se muestra a continuación; $a^3+b^3+c^3+d^3=3$

En la solución dada por Tito Piezas para $z=1$ tenemos $(a,b,c,d)=(7,-5,-6,1)$

y $(p,q,w)=(19,6,-10)$ que a su vez da $(t,x,y,z)=(337,-335,210,-215)$

Así, una de las muchas soluciones nuevas es,

$(t^3+x^3+y^3+z^3) = (a^3+b^3+c^3+d^3)(p^2+wq^2)^3=3$