Решить уравнение Туэ элементарно

[nnosipov]

rightways
Метод Туэ (хотя есть ли такой? есть уравнение Туэ) для решения соответствующих уравнений в целых числах, в то время как уравнение Ферма $x^3+y^3=1$ нужно решать в рациональных числах. Да и само уравнение Ферма не является уравнением Туэ. Уравнение Туэ по определению имеет в левой части неразложимую над $\mathbb{Q}$ форму.

[mathematician123]

Сомневаюсь что это упрощает задачу, но других идей пока нет. Уравнение $x^3 + 4y^3 = 15$ после домножения на $x^3$ приводится к виду $a^2 + b^3 = 60^2$, где $a = 4x^3 - 30$, $b = 8xy$. Некоторые уравнения Морделла решаются через квадратичные вычеты либо через рассмотрение в кольцах $\mathbb{Z} [i], \mathbb{Z}[\omega]$, но здесь эти методы не работают.

[nnosipov]

mathematician123
Хорошая идея. Немного поправлю: $a^3+b^2=30^2$, где $a=4x^3-30$, $b=4xy$. По крайней мере, теперь ясно, что исходное уравнение не имеет решений и в рациональных числах (ибо на кривой $a^3+b^2=30^2$, судя по https://www.lmfdb.org/EllipticCurve/Q/24300/z/2 есть только две рациональные точки $(0,\pm 30)$).

Интересно, а есть ли пример подобного уравнения Туэ, для которого эта идея срабатывала бы?

[vicvolf]

В уравнении $x^3+4y^3=15$, если имеются целочисленные решения, то либо $x$ - нечетно и $y$ - нечетно, либо $x$ - нечетно, а $y$ -четно.
Так как в обеих случаях $x$ - нечетно, то $x=2k+1$ подставим в уравнение и получим: $(2k+1)^3+y^3=15$ или $4k^3+6k^2+2y^3+3k-7=0$ или $4k^3+6k^2+2y^3 \equiv 1 \pmod{3}$. Надо доказать, что данное сравнение не имеет решений в целых числах, но оно имеет $k=1,y=0$. Значит где-то ошибка.

[nnosipov]

vicvolf
Выше я уже отмечал:

nnosipov в сообщении #1649226 писал(а):

Вообще, можно доказать, что сравнение $x^3+4y^3 \equiv 15 \pmod{m}$ разрешимо по любому модулю $m$.

Это значит, что метод "перейдем от уравнения к сравнению по подходящему модулю и докажем его неразрешимость" просто непригоден для решения этой задачи.

[mathematician123]

Кажется, нашёл интересную идею. Рассмотрение по модулю 9 показывает, что $x \equiv 1 \pmod{3}$. Перепишем уравнение следующим образом:

$$x^3 - 27 = -4(y^3 + 3) = (x - 3)(x^2 + 3x + 9)$$

Видно, что $3$ должно быть кубическим вычетом по модулю всех простых делителей числа $x^2 + 3x + 9$.

Есть гипотеза, что если $x$ не делится на 3, то число $x^2 + 3x + 9$ имеет хотя бы один простой делитель, для которого 3 - кубический невычет. Как это доказывать я не знаю, но, как минимум, удалось получить нетривиальную переформулировку задачи.

[vicvolf]

mathematician123 в сообщении #1650955 писал(а):

как минимум, удалось получить нетривиальную переформулировку задачи.

Да, это эквивалентно этой задаче.

mathematician123 в сообщении #1650955 писал(а):

Есть гипотеза, что если $x$ не делится на 3, то число $x^2 + 3x + 9$ имеет хотя бы один простой делитель, для которого 3 - кубический невычет.

nnosipov в сообщении #1650940 писал(а):

метод "перейдем от уравнения к сравнению по подходящему модулю и докажем его неразрешимость" просто непригоден для решения этой задачи.

[Null]

(Оффтоп)

vicvolf в сообщении #1650969 писал(а):

Да, это эквивалентно этой задаче.

В утверждении nnosipov Модуль фиксирован, а в гипотезе mathematician123 он зависит от $x$

[mathematician123]

nnosipov в сообщении #1650387 писал(а):

По крайней мере, теперь ясно, что исходное уравнение не имеет решений и в рациональных числах

Уравнение $x^3 + 4y^3 = 15z^3$ можно переписать так:

$$x^3 - 27z^3 = -4(y^3 + 3z^3) = (x - 3z)(x^2 + 3xz + 9z^2)$$

Дополнительно предполагаем, что тройка $(x, y, z)$ несократимая, в частности $x, z$ не делятся на 3 (перебор по модулю 9 показывает, что из $3 \mid z$ следует $3 \mid x$).

Обобщение моей предыдущей гипотезы: если $x, z$ не делятся на 3, то число $x^2 + 3xz + 9z^2$ имеет простой делитель, для которого $3$ является кубическим невычетом.

Но всё ещё нет идей как это доказать. Нужно понять, когда тройка является кубическим вычетом.

[nnosipov]

mathematician123 в сообщении #1650986 писал(а):

Нужно понять, когда тройка является кубическим вычетом.

Это есть здесь Cubic reciprocity.

[mathematician123]

nnosipov
$x^2 + 3xz + 9z^2$ можно разложить в $\mathbb{Z}[\omega]$:

$$x^2 + 3xz + 9z^2 = (x - 3\omega z)(x - 3 \omega^2 z)$$

Если бы $3$ было кубическим вычетом по модулю всех простых делителей $x^2 + 3xz + 9z^2$ в целых числах, то тоже самое было бы верно для числа $x - 3\omega z$ в кольце $\mathbb{Z}[\omega]$.

В конце статьи есть простая формула для вычисления cubic residue character для тройки, из которой следует

$$\left(\frac{3}{x - 3\omega z}\right)_3 = \omega^{\pm z} = \omega^{\pm 1} \ne 1$$

так как $z$ не делится на 3. Хотелось бы по аналогии с символами Якоби сделать вывод, что число $x - 3\omega z$ имеет простой делитель, для которого 3 --- кубический невычет.
Правда ли, что этот cubic residue character работает также как символ Якоби? Если так, то задача решена.

[nnosipov]

mathematician123
Надо почитать литературу и подумать, я сам в этих вещах плохо ориентируюсь. Надеюсь, что все в порядке, ибо весьма красивое доказательство получается. У меня-то оно совершенно другое!