Целые точки эллиптической кривой-2

[nnosipov]

Решите уравнение $y^3x-3yx^2+x^3-y^2-yx+x^2+2x+1=0$ в целых числах.

Комментарий. Выглядит не очень привлекательно, зато есть короткое решение. Приглашаются все любители этого жанра задач.

[scwec]

Кривая с исходным уравнением бирационально эквивалентна кривой с уравнением $w^2=u^3-u$ (Maple)
А эта кривая несет на себе (кроме $\infty$)только рациональные точки кручения $(0,0), (-1,0), (1,0)$ (Magma), что дает на исходной кривой целые точки $(x,y)=(0,\pm{1})$

[nnosipov]

scwec в сообщении #1541295 писал(а):

Кривая с исходным уравнением бирационально эквивалентна кривой с уравнением $w^2=u^3-u$

О, какой приятный сюрприз! Вот уж чего не ожидал, так не ожидал. Про эту-то кривую мы много чего знаем. (Я просто элементарно забыл вчера вечером глянуть на форму Вейерштрасса ) Но, ей-богу, такой ход конем явно не планировался (рациональные точки я не собирался искать, речь шла исключительно о целых точках.) В общем, есть совершенно другое решение задачи.

[scwec]

nnosipov в сообщении #1541312 писал(а):

О, какой приятный сюрприз! Вот уж чего не ожидал, так не ожидал

Действительно приятно, когда какая-то кракозябла оказывается махровой классикой.
Но такое хоть и не часто, но бывает.

[nnosipov]

Давайте слегка подправим кракозябру: пусть будет $y^3x-3yx^2+x^3-2y^2-2yx+x^2+4x+4=0$. Задача прежняя: найти целые точки на этой кривой.

[scwec]

Переходя к новым переменным $u,w$ по формулам $x=\dfrac{2w}{u^2},y=\dfrac{w+2}{u}$,
получим Вейерштрассову форму $w^2=u^3-2u$ для исходного уравнения.
Отсюда $xu^2-2uy+4=0$. Решаем его относительно $u$. Предполагая, что $u,w$ рациональные, а $x=m,y=n$ целые
вводим новое переменное $z$ так что $m=\dfrac{z^2-n^2}{4}$ и $z$ целое вместе с $x,y$.
Получая выражения для $u,w$ в переменных $n,z$ и используя Вейерштрассову форму $w^2=u^3-2u$
имеем уравнение $(n - z)^2(n + z) + 2(n + z)^2 = 16$
Факторизуя левую часть $(n+z)((n-z)^2+2(n+z))=16$
Теперь остается решить систему $n+z=a, (n-z)^2+2(n+z)=b$, где $a,b$ - целые положительные или отрицательные делители $16$
Всего систем 10 и целые решения имеются в двух случаях $n+z=2, n+z=-4$
Они соответствуют решениям исходного уравнения $(x,y)=(-2,-1), (2,-3), (-1,0), (1,2)$

[nnosipov]

scwec в сообщении #1541691 писал(а):

Переходя к новым переменным $u,w$ по формулам $x=\dfrac{2w}{u^2},y=\dfrac{w+2}{u}$

А почему такие рациональные $u$ и $w$ найдутся?

-- Вс дек 05, 2021 15:00:18 --

scwec в сообщении #1541691 писал(а):

Они соответствуют решениям исходного уравнения $(x,y)=(-2,-1), (2,-3), (-1,0), (1,2)$

На самом деле решений 6 штук.

[scwec]

nnosipov в сообщении #1541693 писал(а):

А почему такие рациональные $u$ и $w$ найдутся?

Ну потому что ранг Вейерштрассовой формы равен $1$ и рациональные точки всюду плотны на обеих компонентах связности.

nnosipov в сообщении #1541693 писал(а):

На самом деле решений 6 штук.

Это возможно. Посмотрю

[nnosipov]

scwec в сообщении #1541698 писал(а):

Ну потому что ранг Вейерштрассовой формы равен $1$ и рациональные точки всюду плотны на обеих компонентах связности.

Не понимаю, причем здесь всюду плотность. Да и ранг тоже. Доказательством могли бы быть формулы, рационально выражающие $u$ и $w$ через $x$ и $y$, но Вы их не приводите.

-- Вс дек 05, 2021 16:10:55 --

scwec в сообщении #1541691 писал(а):

имеем уравнение $(n - z)^2(n + z) + 2(n + z)^2 = 16$

А здесь действительно только 4 решения. И где же еще 2 искать?

[scwec]

nnosipov в сообщении #1541699 писал(а):

Доказательством могли бы быть формулы, рационально выражающие $u$ и $w$ через $x$ и $y$, но Вы их не приводите

Формулы из Maple. Надеялся, что Вы их посмотрите там.
$-u=-\dfrac{2(-y^2 + 2x - y + 2)}{(x + 1)(x - 2)}, w=\dfrac{-2(x^2y + xy^2 - 2x^2 + 2y^2 - 6x - 4)}{(x - 2)(x + 1)x}$

nnosipov в сообщении #1541699 писал(а):

А здесь действительно только 4 решения. И где же еще 2 искать?

Есть еще уравнение $(n-z)(n+z)^2+2(n-z)^2=16$
Оно дает другие $z$, но $x,y$ те же самые.
Пока не знаю, где искать ещё 2. Ещё раз посмотрю. Кажется, какая-то простая заковыка.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1541705 писал(а):

Формулы из Maple. Надеялся, что Вы их посмотрите там.
$-u=-\dfrac{2(-y^2 + 2x - y + 2)}{(x + 1)(x - 2)}, w=\dfrac{-2(x^2y + xy^2 - 2x^2 + 2y^2 - 6x - 4)}{(x - 2)(x + 1)x}$

Вот теперь все окей.

У меня идея схожая, но получается покороче.

[scwec]

А что за два решения, если всё окей?

[nnosipov]

scwec в сообщении #1541720 писал(а):

А что за два решения, если всё окей?

Всё окей с идеей решения. А вот с аккуратной её реализацией могут быть вопросы. Это, конечно, технические моменты, но на реальной олимпиаде за это сняли бы очки.

Я попозже напишу свое решение и объясню происхождение уравнения (оно искусственное).

[nnosipov]

Решим уравнение из начального поста:

$$y^3x-3yx^2+x^3-y^2-yx+x^2+2x+1=0.\eqno(*)$$

Левая часть этого уравнения --- это результант двух квадратных трехчленов $t^2+xt+y$ и $t^2+yt+xy-1$. Отсюда и проистекает следующее рассуждение.

Пусть $(x,y)$ --- произвольное решение уравнения $(*)$ в целых числах. Заметив, что $x \neq y$, рассмотрим рациональное число

$$t=\frac{yx-x-1}{y-x}.$$

Тогда $t^2+xt+y=0$, а также $t^2+yt+xy-1=0$ (прямая проверка с учетом $(*)$). Но тогда $t$ --- целое число (как рациональный корень нормированного многочлена с целыми коэффициентами). Далее имеем $y \equiv 0 \pmod{|t|}$ и $xy-1 \equiv 0 \pmod{|t|}$, откуда $|t|=1$, т.е. $t=\pm 1$. Осталось решить систему уравнений

$$t^2+xt+y=0, \quad t^2+yt+xy-1=0$$

относительно $x$, $y$. В итоге получим $(x,y) \in \{(-1,0),(1,0)\}$.

Для модифицированного уравнения

$$y^3x-3yx^2+x^3-2y^2-2yx+x^2+4x+4=0$$

можно рассуждать аналогичным образом. Здесь левая часть есть результант квадратных трехчленов $t^2+xt+y$ и $t^2+yt+xy-2$.

-- Вс дек 05, 2021 22:40:22 --

И, на всякий случай: оба уравнения решаются с помощью метода, предложенного в статье "Метод Рунге для уравнений 4-й степени: элементарный подход" (Математическое просвещение, вып. 19, 2015).