Целые точки эллиптической кривой

[nnosipov]

Найдите все пары $(x,y)$ целых чисел, удовлетворяющих уравнению $x^3+3xy-y^2-y=0$.

[xagiwo]

(Оффтоп)

$x^3 = y(y+1-3x)$, тогда $x \,\vdots\, rad(y)$ ($rad$ — произведение всех простых делителей), а значит $(y + 1 - 3x, y) = (y + 1 - 3x, rad(y)) = 1$. Тогда, из первого равенства $y = u^3,\, y + 1 - 3x = v^3,\, x = uv$ и

$$v ^3 - u^3 = 1 - 3x = 1 - 3uv \eqno{(1)}$$

Теперь начинается разбор случаев:
$u=v$ [$\emptyset$], $u=0$ [$(u;v)=(0; 1)$], $v =0$ [$(u;v)=(-1;0)$] — тривиальные случаи.
$v > u > 0,\, 0 > v > u$ — тоже, одна из частей равенства $(1)\,>0$, другая $<0$
$v = -u$ — тоже простой.
$v > 0 > u$, причём $(u;v) \neq (-1; 1)$ тогда $v^3 - u^3 = (v-u)(v^2 + u^2 + uv) \geq 3(v^2 + u^2 + uv) \geq 3(-2uv + 1+ uv)$, причём последнее — по нер-ву о средних при $v \neq -u$
$u > v$, тогда $v^3 - u^3 = (v-u)(u^2 + v^2 + uv) \leq -(u^2 + v^2 + uv) \leq -3uv$.

Из полученных решений $x = 0$, $y \in \{0, -1\}$

[nnosipov]

xagiwo
У Вас там с уравнением (1) какие-то пляски с бубнами: все гораздо проще и эстетичнее.

[xagiwo]

(nnosipov)

Я не знаю, как сделать проще, но эстетики могу добавить
Положим $v-u = a,\, uv = b$, тогда $a^3 + 3ab = 1-3b$ или $a^3-1 = -3b - 3ab = (a-1)(a^2+a+1) = -3b(a+1)$. Т.к. $\gcd(a+1, a-1) \,\vert\, 2$ и $\gcd(a+1, a^2+a+1) = 1$ возможно только $a+1\in \{1, 2, -1, -2\}$. Перебором получаем $a = 1, b = 0;\, a = -2, b = -3$, откуда находятся $u,v$
Но я подумаю ещё

[nnosipov]

xagiwo
Здесь Вы используете кучу случайных обстоятельств. Малейшее "шевеление" уравнения, и все эти трюки перестают работать.

[xagiwo]

(nnosipov)

Вот чуть-чуть похожее на предыдущее, получено из тех же замен:
$(v-u+1)(v^2+uv+u^2+u-v+1) = 2$
Кстати, так же вроде должны решаться любые уравнения вида $a(u^3-v^3)+buv+c=0$, а может и все симметричные уравнения 3-й степени от 2-х переменных, но я не проверял

[nnosipov]

xagiwo
Симметрия здесь тоже не главное. Я имел в виду метод решения, который годится для уравнений вида $u^3-a^3v^3+f(u,v)=0$, где $f(u,v)$ --- многочлен степени не выше второй. Видите его?

Да, и зачем Вы пишите в оффтопе? Все же по теме.

[xagiwo]

nnosipov чтобы другие тоже могли порешать.

-- 29.07.2021, 17:59 --

nnosipov если Вы имеете в виду замену $u = av+z$ с отсеиванием слишком больших по модулю $z$, то в моём первом сообщении что-то похожее. А ещё можно дискриминант получившегося кв.ур. зажать между квадратами

[nnosipov]

xagiwo в сообщении #1527575 писал(а):

если Вы имеете в виду замену $u = av+z$ с отсеиванием слишком больших по модулю $z$, то в моём первом сообщении что-то похожее.

Возможно, но надо было это высказать более четко. Это и есть общая идея.

xagiwo в сообщении #1527575 писал(а):

А ещё можно дискриминант получившегося кв.ур. зажать между квадратами

А он там почти всюду отрицательный Это вариация предыдущей идеи.

В целом, Вы успешно решили задачу. Идея с привлечением радикала очень неплоха, хотя и известна. Есть еще один вариант решения, когда мы вводим $d=\gcd{(x,y)}$ и переходим к (взаимно простым) неизвестным $x_1=x/d$ и $y_1=y/d$.

[xagiwo]

nnosipov в сообщении #1527592 писал(а):

Идея с привлечением радикала

Это какая из?

[nnosipov]

xagiwo в сообщении #1527597 писал(а):

Это какая из?

Имеется в виду то, что в силу уравнения $x$ делится на $\mathop{\rm rad}{(y)}$. В принципе, для доказательства того, что $\gcd{(y,y-3x+1)}=1$, можно рассуждать так: пусть $p$ --- простое число, для которого $y \equiv y-3x+1 \equiv 0 \pmod{p}$. Тогда из равенства $x^3=y(y-3x+1)$ следует $x \equiv 0 \pmod{p}$, и мы получаем противоречие.

[nnosipov]

Давайте продолжим в этой же теме. Следующая задача:

Докажите, что уравнение $3x^4+3x^2+1=y^2$ неразрешимо в натуральных числах. Иными словами, на соответствующей эллиптической кривой есть только две целые точки --- $(0,\pm 1)$.

[novichok2018]

Простите глупый вопрос - с 4й степенью это тоже эллиптическая кривая?

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1527728 писал(а):

с 4й степенью это тоже эллиптическая кривая?

В данном случае да. Ее можно привести к форме Вейерштрасса, будет кубическая кривая.

На всякий случай: не всякая кривая 4-й степени является эллиптической. Эллиптическая кривая --- это кривая рода 1.

[xagiwo]

nnosipov в сообщении #1527725 писал(а):

Докажите, что уравнение $3x^4+3x^2+1=y^2$ неразрешимо в натуральных числах. Иными словами, на соответствующей эллиптической кривой есть только две целые точки --- $(0,\pm 1)$.

(решение)

Воспользуемся тем, что если для взаимно простых $x, y$ $x^2+y^2=z^3$, то $\exists a,b:\; z = a^2 + b^2,\, x = a^3-3ab^2,\, y = 3a^2b - b^3$ (причём, очевидно, $\gcd (a,b) = 1$):

$(x^3)^2 + y^2 = (x^2+1)^3$, тогда $x^2 + 1 = a^2 + b^2 \;\eqno{(1)}$, $x^3 = a^3 - 3ab^2 = a(a^2 - 3b^2)\;\eqno{(2)}$. Из $(2)$ следует $a = u^3,\, x = uv$ для некоторых $u,v$. Тогда из $(1)$

$$b^2-1 = x^2 - a^2 = u^2v^2 - u^6$$ $$b^2-1 = u^2(v-u^2)(v+u^2) \eqno{(3)}$$

, в частности, $\gcd(b, v-u^2) = 1$ и из $(2)$ после деления на $u^3$ (случай $u = 0$ тривиален)

$$\frac{3ab^2}{u^3} = \frac{3u^3b^2}{u^3} = \frac{-(x^3-a^3)}{u^3} = -\frac{u^3v^3 - u^9}{u^3}$$ $$3b^2 = - (v-u^2)(v^2+vu^2+u^4) \eqno{(4)}$$

что возможно только когда $v - u^2 \in \{-1, -3\}$ (ибо $\gcd(3b^2, v-u^2) \mid 3$ и из $(4)\; v-u^2 \leq 0$). При $v = u^2-1$ или $v = u^2-3$ из равенства $(3)$ следует $|u| \leq 1$, иначе правая часть меньше $-1$. Случаи $u = \pm 1$, $v \in \{0, -2\}$ легко рассмотреть отдельно, тогда равенства не могут выполняться.
То есть $u = 0$, откуда $x = 0$
P. S. Можно было сразу написать, что из $(2) + 3a \cdot (1)\quad (x-a)(x-2a)^2 = -3a$