Целые точки кубической кривой

[nnosipov]

Решите уравнение $7x^2-13xy+7y^2=(x-y+1)^3$ в целых числах.

Комментарий. Задача найдена в одном из шортлистов к IMO. В принципе, ничего сложного, как раз для летних каникул. Приветствуются как можно более короткие решения.

[scwec]

Параметрическое решение уравнения: $x = k^3 + 8k^2 + 19k + 13, y = k^3 + 7k^2 + 14k + 7$, где $k$ - любое целое число.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1526510 писал(а):

Параметрическое решение уравнения: $x = k^3 + 8k^2 + 19k + 13, y = k^3 + 7k^2 + 14k + 7$, где $k$ - любое целое число.

Да, эта серия решений действительно дает все решения. А доказательство этого факта?

[novichok2018]

nnosipov, scwec - коллеги, а где-то написано, как находить решения уравнений методом эллиптических кривых, но без умничанья, просто и с примерами? Что порекомендуете? Для грамотного математика, но в совершенно других областях.

[Dendr]

Введя обозначения $\delta=x-y, p=xy$, получим выражение

$$p=(\delta+1)^3-7\delta^2$$

При любом целом $\delta$ правая часть нечетна, поэтому $x, y$ - оба нечетны, и мы можем искать их как $x=a+d, y=a-d$.

То есть задача свелась к поиску такого $d$, чтобы следующее выражение было полным квадратом:

$$a^2=8d^3-15d^2+6d+1 (\ast) $$

Заметим, что $d<0$ дает отрицательную правую часть, поэтому такие значения не рассматриваются ($x\ge y$ всегда), а $d=0, 1$ дают $a=\pm1, 0$ соответственно.

Чтобы не затягивать, будем подбирать параметрическую запись для $a, d$ как можно проще, то есть с наименьшим количеством неизвестных коэффициентов:

$$a=n^3+\alpha n^2+\beta n\pm1, d=n^2/2+\gamma n$$

Тогда получаем:
$n^6+2\alpha n^5+(2\beta+\alpha^2)n^4+(\pm2+2\alpha\beta)n^3+(\pm2\alpha+\beta^2)n^2\pm2\beta n+1=n^6+6\gamma n^5+(12\gamma^2-\frac{15}{4})n^4+(8\gamma^3-15\gamma)n^3+(-15\gamma^2+3)n^2+6\gamma n+1$
Как видно, в выражении для $a$ следует взять отрицательный свободный член, а коэффициенты $\alpha=-\beta=3\gamma$, и получим следующее выражение:
$(-6\gamma+9\gamma^2)n^4+(-2-18\gamma^2)n^3+(-6\gamma+9\gamma^2)n^2=$
$=(12\gamma^2-\frac{15}{4})n^4+(8\gamma^3-15\gamma)n^3+(-15\gamma^2+3)n^2$

Из него запишем: $-6\gamma+9\gamma^2=12\gamma^2-\frac{15}{4} \Rightarrow \gamma^2+2\gamma-\frac{5}{4}=0$
$-2-18\gamma^2=8\gamma^3-15\gamma$
$-6\gamma+9\gamma^2=-15\gamma^2+3 \Rightarrow 8\gamma^2-2\gamma-1=0$

Общий корень первого и третьего уравнения легко находится - $\gamma=\frac{1}{2}$, он же является корнем второго уравнения. Таким образом, наша гипотеза сработала, и мы получаем ответ на задачу:

$$d=\frac{n^2+n}{2}, a=\sqrt{8d^3-15d^2+6d+1}=\frac{(n+1)(2n^2+n-2)}{2}, x=a+d, y=a-d, n\ge0$$

Но далее - непонятно, можно ли обосновать, что других решений нет, то есть, что только треугольные $d$ дают квадрат в выражении $(\ast)$.

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1526519 писал(а):

а где-то написано, как находить решения уравнений методом эллиптических кривых, но без умничанья, просто и с примерами?

Не думаю, что есть такое, так как сама тема довольно нетривиальна. Типичный пример популярного изложения: брошюра https://www.mccme.ru/mmmf-lectures/book ... book.8.pdf Там есть конкретные примеры, но доказательств практически нет (например, в разделе "Целые точки на эллиптических кривых" есть очень конкретные примеры 36 и 37, но авторы крайне скупы на разъяснения). Пожалуй, самый подробно разобранный пример есть в статье Netay I.V., Savvateev A.V. Sharygin triangles and elliptic curves // Bull. Korean Math. Soc. 2017. V. 54. № 5. P. 1597-1617. Здесь аккуратно доказывается, что ранг конкретной эллиптической кривой равен $1$. Это самое элементарное и самое подробное доказательство фактов такого рода, что мне приходилось встречать. Полюбопытствуйте на досуге; было бы интересно узнать Ваши впечатления от таких "элементарных" изложений.

Кстати, кривая, о которой идет речь в задаче, не является эллиптической, она рациональна (допускает рациональную параметризацию). И хотя в общем случае это совсем не гарантирует простое решение задачи о нахождении целых точек на такой кривой, но в данном случае эту задачу все же можно элементарно решить.

Dendr в сообщении #1526524 писал(а):

То есть задача свелась к поиску такого $d$, чтобы следующее выражение было полным квадратом:

$$a^2=8d^3-15d^2+6d+1 (\ast) $$

Да, но только дальше Вы как-то все усложнили, можно было просто заметить, что правая часть разложима должным образом: $8d^3-15d^2+6d+1=(8d+1)(d-1)^2$. Кривая, заданная уравнением $(*)$, ожидаемо является рациональной, и это, вероятно, самый быстрый способ увидеть данный факт явно.

Dendr в сообщении #1526524 писал(а):

Но далее - непонятно, можно ли обосновать, что других решений нет

Можно, и очень легко. В целом, Ваша идея замены $(x,y) \to (a,d)$ сильно упрощает задачу. И, по-видимому, приводит к самому короткому решению.

[xagiwo]

Уже доказано $x + y, x - y \vdots 2$ (как сделать нормальные отступы?). Обозначим $\frac{x-y}2 = u,\frac{x+y}2 = v$, исходное уравнение есть

$$27u^2 + v^2 = (2u+1)^3$$

Теперь сформулируем лемму (вероятно, какое-то известное в тч утверждение, но я встречаюсь с ним впервые): если $a^2 + 3b^2 = c^3$ при взаимно простых $a$ и $b$ (точнее, если их НОД — степень тройки), то такие $a$ и $b$ получаются "возведением в куб" некоего решения $p^2 + 3q^2 = c$, то есть $b = 3(p^2q - q^3)$ и $a = p^3-9pq^2$. Доказывается разложением обеих сторон равенства на простые в $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$, подробности могу выписать, если попросите.

А значит, т. к. $v^2 + 3(3u)^2 = (2u+1)^3$, причём $u$ и $v$, очевидно, взаимно просты: для некоторых $p$ и $q$ имеем $2u + 1 = p^2 + 3q^2$, $3u = 3(p^2q-q^3)$, $v = p^3 - 9pq^2$.

Итак, $2u+1 = 2(p^2q - q^3) + 1 = p^2 + 3q^2$. Несложно разложить на множители

$$2p^2q - 2q^3 + 1 - p^2 - 3q^2 = p^2(2q-1) - 2q^3 - 3q^2 + 1 = p^2(2q-1) - (q+1)^2(2q-1) = (p-q-1)(p+q+1)(2q-1) = 0$$

(не слишком подробно?), то есть $p = \pm (q+1)$. Теперь, двигаясь в обратную сторону, можно получить решение, но мне лень

-- 19.07.2021, 10:27 --

nnosipov в сообщении #1526526 писал(а):

$8d^3-15d^2+6d+1=(8d+1)(d-1)^2$.

А я побоялся раскладывать куб суммы

[nnosipov]

xagiwo в сообщении #1526528 писал(а):

Доказывается разложением обеих сторон равенства на простые в $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$, подробности могу выписать, если попросите.

Не надо, это перебор (точнее, привлечение арифметики каких-либо колец, кроме $\mathbb{Z}$, здесь явно лишнее). Кстати, кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ не является факториальным, таковым будет кольцо $\mathbb{Z}[(1+\sqrt{-3})/2]$. Поскольку в последнем довольно много единиц (обратимых элементов), на этом пути ожидается неприятная техническая возня. В общем, это поворот не туда.

-- Пн июл 19, 2021 14:35:41 --

xagiwo в сообщении #1526528 писал(а):

А я побоялся раскладывать куб суммы

Так это на уровне рефлекса: видишь выражение --- факторизуй его. Ведь в нашем распоряжении всякие мэплы с математиками, чего уж проще.

[scwec]

Dendr в сообщении #1526524 писал(а):

$$d=\frac{n^2+n}{2}, a=\sqrt{8d^3-15d^2+6d+1}=\frac{(n+1)(2n^2+n-2)}{2}, x=a+d, y=a-d, n\ge0$$

Получаемые $x,y$ при произвольном $n$ не удовлетворяют исходному уравнению.
Нужны поправки или разъяснения. Лучше написать выражения для $x,y$ через $n$.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1526530 писал(а):

Нужны поправки или разъяснения.

Возможно, опечатки. Но это так, технические мелочи, неважно.

[scwec]

Поступим так, параметрическое решение исходного уравнения (Maple):
$x=\dfrac{7t^3 + 14t^2 + 7t + 1}{(3t + 1)^3}, y=\dfrac{13t^3 + 19t^2 + 8t + 1}{(3t + 1)^3}$, где $t$ - вещественный параметр.
Легко доказать, что при иррациональном $t$ переменные $x,y$ в данном случае не могут быть рациональными.
Рациональное $t=\dfrac{p}{q}$, где $gcd(p,q)=1$ и $p,q$ - целые. Вычислим $x-y=-\dfrac{(2p + q)p}{(3p + q)^2}$
Учитывая‚ взаимную простоту $p,q$, получим $3p+q=\pm{1}, t=\dfrac{p}{\pm{1}-3p}$,
$x=p^3-p^2-2p+1, y=p^3-2p^2-p+1$, а также (замена $p$ на $-p$) $x = -p^3- p^2+2p+1, y =-p^3-2p^2+p+1$
Из построения параметризации видим, что других решений нет.
Сдвигая параметр $p$ на любое целое число получаем бесчисленное множество эквивалентных параметризаций
(в том смысле, что множество решений исходного уравнения для каждой из них одно и то же), в т.ч. и параметризацию, приведенную в первом моем сообщении этой темы.

[nnosipov]

scwec
Да, это стандартный метод поиска целых точек на рациональной кривой (через ее рациональную параметризацию). В данном случае это можно сделать вручную, если знать, что точка $(x,y)=(1,-1)$ --- точка самопересечения кривой. Проводя через эту точку всевозможные секущие, можно найти рациональную параметризацию, не обращаясь к Maple.

К сожалению, этот метод не всегда работает. Вот пример рациональной кривой, на которой найти все целые точки не так-то просто: $(x+y)^2(y-x+1)-x^2y=0$. Здесь на завершающем этапе придется решать уравнение Туэ, что неэлементарно. Как следствие, целых точек окажется лишь конечное множество.

[scwec]

Насколько я понимаю, здесь все сводится к уравнению Туэ $p^3+2qp^2+3pq^2+q^3=1$
Решения его дает Pari

gp > thue(thueinit(x^3+2*x^2+3*x+1),1)
%1 = [[-3, 7], [0, 1], [1, -2], [1, -1], [1, 0]]

А решения исходного уравнения $(x,y)=(-1,0),(1,-2),(0,1),(-48,112)$
Хотя Вы и не большой сторонник таких подходов, однако, повторюсь, "или шашечки, или ехать".

[nnosipov]

scwec в сообщении #1526569 писал(а):

Насколько я понимаю, здесь все сводится к уравнению Туэ $p^3+2qp^2+3pq^2+q^3=1$

Зависит от выбранной рациональной параметризации. Если положить $y=tx$, то получим

$$x=-\frac{(t+1)^2}{t^3+t^2-2t-1}, \quad y=-\frac{t(t+1)^2}{t^3+t^2-2t-1}.$$

Соответственно, уравнение Туэ будет $p^3+p^2q-2pq^2-q^3=\pm 1$.

scwec в сообщении #1526569 писал(а):

А решения исходного уравнения $(x,y)=(-1,0),(1,-2),(0,1),(-48,112)$

Нет, здесь что-то не так: среди этих пар решением является только $(1,-2)$. Есть и другие решения, всего девять штук.

scwec в сообщении #1526569 писал(а):

Хотя Вы и не большой сторонник таких подходов

Ну почему же. Просто всегда хочется чего-то попроще.

[scwec]

nnosipov в сообщении #1526574 писал(а):

Нет, здесь что-то не так: среди этих пар решением является только $(1,-2)$. Есть и другие решения, всего девять штук.

Да, не так было списано исходное уравнение: вместо $(x+y)^2{(y-x+1)}-yx^2=0$ решалось уравнение $(x+y)^2{(y+x-1)}-yx^2=0$
Проведя аналогичные выкладки для исходного уравнения, получаем
$(x,y)=(-80,144), (0,1), (4,4), (0,0), (-2,1), (1,0), (1,-2), (225,-100), (-324,-405)$.
Т.о. сведение чего-то к решению уравнения Туэ, благодаря Pari, становится благом.