Оценка для решений диофантова уравнения

[nnosipov]

В книге
Masser D.W. Auxiliary Polynomials in Number Theory. Cambridge University Press, 2016.
есть упражнение

4.15. Show that there is $c$ such that $\max{\{|x|,|y|\}} \leqslant c|m|$ for all integers $x$, $y$ with $y(y^2-x^2)=mx$ ($m \neq 0$).

Предлагаю улучшить эту оценку. А именно, доказать следующее утверждение:

Пусть $H$ --- натуральное число. Для решений $(x,y)$ уравнения

$$ x(y^2-x^2)=Hy $$

в натуральных числах докажите неравенства $x<y \leqslant (H+1)^{3/4}$.

P.S. Задача не сложная и имеет вполне элементарное решение.

[Null]

$x=klmn$
$y=k^3l^2m$
$H=lm^2n(k^4l^2-n^2)$, где $1\le n\le k^2l-1$ - минимум по $n$ на концах, а конкретно при $n=1$. Т.е. $H\ge(k^4l^3m^2-lm^2)$
В итоге надо доказать что $l^{1/3}m^{2/3}-l^{-5/3}m^{2/3}k^{-4}+l^{-8/3}m^{-4/3}k^{-4}\ge 1$

(Доказательство)

$l^{1/3}m^{2/3}-(l^{-5/3}m^{2/3}-l^{-8/3}m^{-4/3})k^{-4}$-Оно не убывает по $k$ и значит минимально при $k=1$
$(l^{1/3}-l^{-5/3})m^{2/3}+l^{-8/3}m^{-4/3}$-Оно не убывает по $m$ и значит минимально при $m=1$
$l^{1/3}-l^{-5/3}+l^{-8/3}\ge 1$ при $l=1,2$ а дальше $l^{1/3}-l^{-5/3}\ge 1$

[nnosipov]

Null
Я Вам, конечно, верю на слово, но поясните хотя бы первые две формулы, чтобы сторонние читатели (я-то ладно) не впали в ступор от этого ё-$klmn$ :) И еще интригует, что у Вас нигде нет дроби со знаменателем $4$, тогда как в условии она есть, при этом показатель $3/4$ уменьшить точно нельзя.

[Null]

1.Пусть $\text{НОД}(x,y)=d, x=dx_1, y=dy_1, \text{НОД}(x_1,y_1)=1$
$d^2x_1(y_1^2-x_1^2)=Hy_1$
$-d^2x_1^3\vdots y_1$
$d^2\vdots y_1$ Тогда $d=klm$ и $y_1=k^2l$, где $l=\text{НОД}(y_1,\frac{d^2}{y_1})$
$(klm)^2x_1((k^2l)^2-x_1^2)=H(k^2l)$
$lm^2x_1((k^2l)^2-x_1^2)=H$ Обозначим $n=x_1$ для единообразия
Тогда $H=lm^2n(k^4l^2-n^2), x=dx_1=klmn, y=dy_1=k^3 l^2 m$
2. $H\ge lm^2(k^4l^2-1)$ т.к. $\frac{dH}{dn}=lm^2(k^4l^2-3n^2)$, т.е $H$ в начале возрастает, а потом убывает на $(1,k^2l-1)$.т.е. Минимум достигается на концах. Подставляем и получаем$lm^2(k^4l^2-1)$ и $lm^2(k^2l-1)(2k^2l-1)$ - первое меньше ($k^2l>1$ иначе $H\le 0$)
3. Нужно доказать $H+1\ge y^{4/3} $. Для этого достаточно доказать что $lm^2(k^4l^2-1)+1\ge(k^3 l^2 m)^{4/3}$, что равносильно $l^{1/3}m^{2/3}-l^{-5/3}m^{2/3}k^{-4}+l^{-8/3}m^{-4/3}k^{-4}\ge 1$
При $l=1$ Получим $m^{2/3}-m^{2/3}k^{-4}+m^{-4/3}k^{-4}\ge 1$ (Тогда $k>1$)
При $m=1$ Получим $1\ge 1$ - Достигли равенства.
При $m>1$ Получим $m^{2/3}-m^{2/3}k^{-4}+m^{-4/3}k^{-4}\ge 2^{2/3}-2^{2/3}\times 2^{-4}> 1$
При $l=2$ Получим $2^{1/3}m^{2/3}-2^{-5/3}m^{2/3}k^{-4}+2^{-8/3}m^{-4/3}k^{-4}\ge 1$ Тогда минимум достигается при $k=1$
$2^{1/3}m^{2/3}-2^{-5/3}m^{2/3}+2^{-8/3}m^{-4/3}\ge 1$
При $m=1$ Получим $2^{1/3}-2^{-5/3}+2^{-8/3}> 1$
При $m>1$ Получим $2^{1/3}m^{2/3}-2^{-5/3}m^{2/3}+2^{-8/3}m^{-4/3}\ge 2^{1/3}\times 2^{2/3}-2^{-5/3}\times 2^{2/3}> 1$
При $l\ge 3$ Получим $l^{1/3}m^{2/3}-l^{-5/3}m^{2/3}k^{-4}+l^{-8/3}m^{-4/3}k^{-4}\ge 3^{1/3}-3^{-5/3}>1$

[nnosipov]

Null
Спасибо, так гораздо лучше Но почитаю завтра, на свежую голову. Думаю, что у Вас все в порядке. Собственно, в этой задаче все прямолинейно, и бороться можно только за более-менее компактную запись решения.

[scwec]

nnosipov в сообщении #1388275 писал(а):

при этом показатель $3/4$ уменьшить точно нельзя.

Действительно, положим $y=x^3$, тогда $y=(H+1)^{3/4}$.
Более компактно, видимо, решение напишется, если положить $y=\frac{x^3}{k}$, где натуральное $k<x^2$ и делит $x^3$.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1388309 писал(а):

Действительно, положим $y=x^3$, тогда $y=(H+1)^{3/4}$

Точно.

Вообще, у меня решение тоже слегка корявое. Но это ладно, оно хотя бы есть. А вот как написать хорошую оценку для решений уравнения $x(y^2-2x^2)=Hy$ --- хороший вопрос.

[nnosipov]

Вот мое собственное решение (фактически, Null написал то же самое, но у него букв побольше).

Пусть $x=dx_1$, $y=dy_1$, где $d=\gcd{(x,y)}$. Тогда

$$ d^2x_1(y_1^2-x_1^2)=Hy_1. $$

Отсюда $d^2=ty_1$ и $tx_1(y_1^2-x_1^2)=H$. Имеем $y_1 \geqslant x_1+1 \geqslant 2$. Легко видеть, что

$$ \min_{1 \leqslant x_1 \leqslant y_1-1}{x_1(y_1^2-x_1^2)}=y_1^2-1. $$

Как следствие, $H \geqslant t(y_1^2-1) \geqslant 3t \geqslant 3$ и, таким образом,

$$ 4 \leqslant y_1^2 \leqslant \frac{H}{t}+1. $$

Следовательно,

$$ y^4=t^2y_1^6 \leqslant t^2\left(\frac{H}{t}+1\right)^3 \leqslant \max_{1 \leqslant t \leqslant H/3}{t^2\left(\frac{H}{t}+1\right)^3}=(H+1)^3, $$

откуда $y \leqslant (H+1)^{3/4}$.