Уравнение в целых числах

[DeBill]

Видимо, сюда - потому как не умею решать...
Решить в целых числах уравнение $y^3=2x^2+1$.
Одно решение я нашел...

[worm2]

Я тоже не умею.
https://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+in+integers+(m%5E3%3D2n%5E2%2B1)

[nnosipov]

DeBill в сообщении #1394969 писал(а):

Решить в целых числах уравнение $y^3=2x^2+1$.

Здесь можно разложить на множители правую часть и затем воспользоваться факториальностью кольца $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$.

[DeBill]

nnosipov в сообщении #1395020 писал(а):

Здесь можно разложить на множители правую часть и затем воспользоваться факториальностью кольца $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$.

Вах! Это круто! Спасибо!

[Iam]

DeBil, большая просьба - поясните, пожалуйста, как из факториальности $Z(\sqrt{-2})$ сразу следует прозрение по вопросу. Решение, как будто, получается, но не так, чтобы "Вах!".

[nnosipov]

Iam в сообщении #1395442 писал(а):

Решение, как будто, получается, но не так, чтобы "Вах!".

Ну почему же, там действительно все стандартно. Вот еще пара примеров уравнений, на которых можно опробовать эту технологию: $y^3=x^2+2$ и $y^3=x^2+8$.

[Iam]

nnosipov в сообщении #1395498 писал(а):

Ну почему же, там действительно все стандартно. Вот еще пара примеров уравнений, на которых можно опробовать эту технологию: $y^3=x^2+2$ и $y^3=x^2+8$

Дык, я и прошу пояснить эту технологию, чтобы порешать и эти примеры, и другие. Мое-то решение добыто непосильным трудом без неё. Если не затруднит, то хотя бы еще 3-4 предложения.

[nnosipov]

Iam в сообщении #1395557 писал(а):

Мое-то решение добыто непосильным трудом без неё.

Это тоже интересно. Напишите?

Вообще, такое бывает. Вот еще один пример (задача 9.4 с LXV Московской олимпиады): решить в целых числах уравнение $x^4-2y^2=1$. Оно, естественно, решается элементарным способом, но может быть решено и с помощью того же кольца $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$.

С применением факториальных колец делается так. Имеем $y^3=(1+x\sqrt{-2})(1-x\sqrt{-2})$. Два сомножителя в правой части взаимно просты как элементы $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ (легко доказывается). Поскольку число в левой части является точным кубом, оба сомножителя справа тоже должны быть точными кубами в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ (с точностью до множителя, являющегося единицей, т.е. обратимым элементом в $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$). [Именно в этом месте используется факториальность указанного кольца.] Единицы в данном случае --- это числа $\pm 1$, и все они суть точные кубы. В итоге получаем $1+x\sqrt{-2}=(a+b\sqrt{-2})^3$ для некоторых целых чисел $a$, $b$. Отсюда легко находятся возможные пары $(a,b)$ и затем $x$.

Эту технологию можно продвигать дальше, использую теорию дивизоров (идеалов) в случае нефакториальных колец. Вот пример: уравнение $y^3=x^2+5$. Кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ не является факториальным, но выкрутиться можно (ссылку дам позже, сейчас нет под рукой).

Upd. Вот ссылка: Pohst M.E. Computational algebraic number theory (Birkhauser, 1993), стр. 1-2.

[Iam]

nnosipov, большое спасибо! Действительно супер!!!
Свое (школьное) решение приведу чуть позже - нужно оформить.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1395581 писал(а):

Вот еще один пример (задача 9.4 с LXV Московской олимпиады): решить в целых числах уравнение $x^4-2y^2=1$. Оно, естественно, решается элементарным способом

Я ли туплю, или из этого немедленно следует $x^2-1=m^2$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1395621 писал(а):

Я ли туплю, или из этого немедленно следует $x^2-1=m^2$

Насчет немедленно --- не уверен, но в итоге что-то подобное имеет место. А именно: положив $x=2x_1+1$, $y=2y_1$, получим $x_1(x_1+1)(2x_1^2+2x_1+1)=y_1^2$. Три сомножителя слева попарно взаимно просты, поэтому каждый из них точный квадрат. В частности, $x_1=a^2$ и $x_1+1=b^2$, откуда $b^2-a^2=1$.

Возможно, Вы имели в виду вспомогательное уравнение Пелля $X^2-2y^2=1$, которое можно решить, а затем понять, что почти всегда $X$ не будет точным квадратом.

В любом случае напишите свое решение, вдруг что-то новенькое, это интересно. Сама задача, кстати, принадлежит В. Сендерову, но обычно приводится только ее элементарное решение (то, которое я изложил выше).

[DeBill]

Iam А, уже на все вопросы ответили... Добавлю тогда только:

nnosipov в сообщении #1395581 писал(а):

Два сомножителя в правой части взаимно просты как элементы $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ (легко доказывается).

nnosipov в сообщении #1395581 писал(а):

Единицы в данном случае --- это числа $\pm 1$

nnosipov в сообщении #1395581 писал(а):

Отсюда легко находятся возможные пары $(a,b)$ и затем $x$.

Здесь (как и в обосновании факториальности) полезно наличие евклидовой нормы $\left\lvert a+bi\sqrt{2}\right\rvert = a^2+2b^2$ со свойством $\left\lvert xy \right\rvert=\left\lvert x\right\rvert \left\lvert y\right\rvert$.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1395720 писал(а):

Насчет немедленно --- не уверен, но в итоге что-то подобное имеет место

Ну да, не совсем немедленно

$(x^2-1)(x^2+1)=2y^2$

Общий делитель у сомножителей левой части - 2. А значит один из них - удвоенный квадрат, а другой - квадрат (да, четный, но квадрат же)

То что $x^2+1\equiv 2 \pmod 4$ следует, что он-удвоенный квадрат.

Можно записать что $x^2-1=4m^2$, или лучше $16m^2$, потому что делится на 8, но факт, что у $2y^2$ степень двойки - нечетная, а значит у один из сомножителей левой части должна быть четная - тоесть быть квадратом.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1395787 писал(а):

Ну да, не совсем немедленно

$(x^2-1)(x^2+1)=2y^2$

Общий делитель у сомножителей левой части - 2. А значит один из них - удвоенный квадрат, а другой - квадрат (да, четный, но квадрат же)

То что $x^2+1\equiv 2 \pmod 4$ следует, что он-удвоенный квадрат.

В общем, еще один вариант элементарного рассуждения. Различия есть, но совершенно не принципиальны.

[Iam]

DeBill , спасибо за пояснения.
У меня ход мысли по задаче был такой.
$y^3=2x^2+1$;
$(y-1)(y^2+y+1)=2x^2$;
$y-1=2c^2$;
$y^2+y+1=a^2,ac=x$.
Подходящая пара: $(x_1,y_1 )=(0,1)$.
$y(y+1)=(a-1)(a+1)$ – возможно лишь при $(a-1)(a+1)=0$ (новых решений нет).