2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Целые точки кубической кривой
Сообщение18.07.2021, 16:08 
Заслуженный участник


20/12/10
8000
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение18.07.2021, 23:00 
Заслуженный участник


17/09/10
2045
Параметрическое решение уравнения: $x = k^3 + 8k^2 + 19k + 13, y = k^3 + 7k^2 + 14k + 7$, где $k$ - любое целое число.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 06:06 
Заслуженный участник


20/12/10
8000
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 08:40 


16/04/18
818
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 09:31 


02/04/18
93
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 $(\ast)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 09:51 
Заслуженный участник


20/12/10
8000
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 10:19 
Аватара пользователя


23/12/18
195
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 :cry:

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 10:32 
Заслуженный участник


20/12/10
8000
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 10:37 
Заслуженный участник


17/09/10
2045
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 $n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 10:41 
Заслуженный участник


20/12/10
8000
scwec в сообщении #1526530 писал(а):
Нужны поправки или разъяснения.
Возможно, опечатки. Но это так, технические мелочи, неважно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 20:20 
Заслуженный участник


17/09/10
2045
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 20:57 
Заслуженный участник


20/12/10
8000
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение19.07.2021, 22:23 
Заслуженный участник


17/09/10
2045
Насколько я понимаю, здесь все сводится к уравнению Туэ $p^3+2qp^2+3pq^2+q^3=1$
Решения его дает Pari
Код:
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".

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение20.07.2021, 04:51 
Заслуженный участник


20/12/10
8000
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Целые точки кубической кривой
Сообщение20.07.2021, 11:13 
Заслуженный участник


17/09/10
2045
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group