Граница для целочисленных решений кубического уравнения

[nnosipov]

Пусть $a$, $b$, $c$ --- целые числа, $b \neq 0$. a) Докажите, что для любого решения $(x,y)$ уравнения $y^3-2x^2y+ax^2+bx+c=0$ в целых числах справедлива оценка $|y|<C_1h^4$, где $h=\max{(|a|,|b|,|c|)}$ и $C_1$ --- абсолютная положительная константа. Можно ли эту оценку улучшить? б) Докажите, что для любого решения $(x,y)$ уравнения $y^3-2x^2y+x^2+x+c=0$ в целых числах имеет место оценка $|y|<C_2|c|$, где $C_2$ --- абсолютная положительная константа. Докажите также, что эта оценка неулучшаема.

P.S. $C_1=100$, $C_2=10$ (примерно).

[Legioner93]

nnosipov в сообщении #431098 писал(а):

Докажите также, что эта оценка неулучшаема.

Извините, а это как? По-моему, любое неравенство можно улучшать сколько угодно, пока оно не станет равенством во всех точках.

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #431201 писал(а):

nnosipov в сообщении #431098 писал(а):

Докажите также, что эта оценка неулучшаема.

Извините, а это как? По-моему, любое неравенство можно улучшать сколько угодно, пока оно не станет равенством во всех точках.

Неулучшаема по порядку. Иными словами, требуется доказать невозможность оценки вида $|y|<C|c|^\alpha$ с каким бы то ни было показателем $\alpha<1$ и положительной константой $C$, не зависящей от $c$.

[nnosipov]

Вот, пожалуй, наиболее симпатичный на мой взгляд и уж точно последний вариант задачи.

в) Пусть $c$ --- неотрицательное целое число. Докажите, что для любого решения $(x,y)$ уравнения $2y^3-x^2y-x-c=0$ в целых числах справедливо неравенство $|y| \leqslant \sqrt{2c^2+1}+c$, причём равенство может достигаться для бесконечно многих значений $c$.

Это уравнение я обнаружил в статье Hilliker D.L. An Algorithm for Solving a Certain Class of Diophantine Equations // Math. Comput. 1982. V. 38. P. 611-626. На двух с половиной страницах автор этой статьи выводит своим не очень элементарным методом оценку $|y|<10|c|$. Получилось у него, как видим, примерно в 4 раза хуже, чем в п. в). А между тем всё элементарно и совсем не длинно. Может, кто-нибудь теперь соблазнится и решит-таки эту задачку для 9-го класса?

[Null]

Можно просто подставить $x=ky-c$, получить квадратное уравнение и перебрав случаи $k=0$, $k=1$(достигается оценка) $k\ge2$ можно просто оценить корни.

[nnosipov]

Null в сообщении #432047 писал(а):

Можно просто подставить $x=ky-c$, получить квадратное уравнение и перебрав случаи $k=0$, $k=1$(достигается оценка) $k\ge2$ можно просто оценить корни.

Напишите, пожалуйста, подробно. Непонятно, как оценить корни при $|k| \geqslant 2$.

[nnosipov]

Ну что ж, раз автор идеи не хочет писать подробное решение, придется это сделать за него (ведь действительно, "можно просто оценить корни", т.е. не особенно напрягаясь).

Предполагая $y \neq 0$, подставим $x=ky-c$ (где $k=2y^2-x^2$ --- некоторое целое ненулевое число) в уравнение и после сокращения на $y$ получим

$$ (k^2-2)y^2-2cky+k+c^2=0, $$

откуда

$$ y=\frac{ck \pm \sqrt{-k^3+2k+2c^2}}{k^2-2}=:f_\pm(k). $$

Очевидно, $|f_\pm(\pm 1)| \leqslant \sqrt{2c^2+1}+c$. Исследуем функции $f_\pm(k)$ при $|k| \geqslant 2$. Нетрудно видеть, что при $k \geqslant 2$ функция $f_+(k)$ принимает только положительные значения и убывает (как сумма двух убывающих функций), поэтому

$$ |f_-(k)| \leqslant |f_+(k)|=f_+(k) \leqslant f_+(2)= c+\frac{\sqrt{2c^2-4}}{2}. $$

Аналогично, при $k \leqslant -2$ функция $f_-(k)$ принимает лишь отрицательные значения и также убывает, поэтому

$$ |f_+(k)| \leqslant |f_-(k)|=-f_-(k) \leqslant -f_-(-2)= c+\frac{\sqrt{2c^2+4}}{2}. $$

Таким образом, $|y|=|f_\pm(k)| \leqslant \sqrt{2c^2+1}+c$ при любом $k \neq 0$.