Уравнения $y^3-2x^2y-x+1=0$ и $y^3-2x^2y+x^2+x-1=0$ в целых

[Sonic86]

Еще одна тривиальная переформулировка: $y_1^3-2y_1=2x_1^3-1$. Степень такая же, но с ним тоже ничего не вышло

upd: переформулировка неверна, см. ниже

[nnosipov]

Sonic86, это явно не эквивалентная переформулировка. Ваше уравнение исследовать крайне сложно.

[Sonic86]

Проверьте тогда, пожалуйста:
Проверяем $x,y \in \{ -1;0;1\}$ - получаем решения, указанные lim0n. При $|x|>1$ $x$ имеет простой делитель.
$p^a||x \Rightarrow p^a||2y^3$. $p>2 \Rightarrow a=3b$, $p=2 \Rightarrow a=3b+1$. Собираем $x$ из множителей, получаем $x=2x_1^3, 2x_1^3|2y^3 \Leftrightarrow x_1|y$, делаем подстановку $y=x_1y_1$:
$2y^3-x^2y+x^2+x=0 \Leftrightarrow$
$2x_1^3y_1^3-4x_1^6y_1x_1+4x_1^6+2x_1^3=0 \Leftrightarrow$
$y_1^3-2x_1^4y_1+2x_1^3+1=0$
Ну вот, сам нашел ошибку, и уравнение стало страшнее...

[nnosipov]

Sonic86, интересный подход, надо будет обдумать.

Имеем $2y^3=x(xy-x-1)$. Отсюда Вы делаете вывод, что $x=2x_1^3$. Это непонятно. Хотя бы потому, что $x$ может быть нечётным.

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #489416 писал(а):

Имеем $2y^3=x(xy-x-1)$. Отсюда Вы делаете вывод, что $x=2x_1^3$. Это непонятно. Хотя бы потому, что $x$ может быть нечётным.

Получается, что при $p=2$ нужно различать 2 случая: $v_p(x)=0$ и $v_p(x)>0$. Соответственно будет 2 подстановки: всегда $y=x_1y_1$ и ($x=2x_1^3$ или $x=x_1^3$).

[nnosipov]

Теперь дошло. Но это нужно проще объяснять: из равенства $2y^3=x(xy-x-1)$, поскольку $\gcd{(x,xy-x-1)}=1$, следует, что либо $x=2x_1^3$ (если $x$ чётно), либо $x=x_1^3$ (если $x$ нечётно). И получим для дальнейшего исследования два уравнения: $2x_1^4y_1-2x_1^3-1-y_1^3=0$ и $x_1^4y_1-x_1^3-1-2y_1^3=0$. Оба они могут быть решены (во всяком случае, сведением к исходному уравнению, которое действительно решается элементарно). Но здесь интересно найти прямой способ решения.

[nnosipov]

Уравнение $2x_1^4y_1-2x_1^3-1-y_1^3=0$ можно решать следующим образом. Ограничимся для простоты случаем натуральных $x_1$ и $y_1$ (этот случай уже вполне содержателен) и будем доказывать, что таких не существует. Маленькие значения $x_1$ можно рассмотреть непосредственно, а для больших $x_1$ достаточно доказать двойное неравенство $0<2x_1^5-y_1-x_1y_1^2<1$, откуда и будет следовать наше утверждение. Хотелось бы, конечно, доказать это двойное неравенство как-то элементарно. В этом-то и проблема. Может, кто-нибудь сообразит?

[nnosipov]

Как выяснилось, двойное неравенство $0<2x_1^5-y_1-x_1y_1^2<1$ действительно доказывается совершенно элементарно и даже почти без вычислений.

[Sonic86]

У меня пока не получается

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #490318 писал(а):

У меня пока не получается

Как ни странно, но оказалось неожиданно просто. Завтра объясню, откуда взялось само загадочное выражение $2x_1^5-y_1-x_1y_1^2$.

[nnosipov]

Поделим $y_1^3-2x_1^4y_1+2x_1^3+1$ на $x_1y_1^2+y_1-2x_1^5$ с остатком (как многочлены от $y_1$):

$$ y_1^3-2x_1^4y_1+2x_1^3+1=(x_1y_1^2+y_1-2x_1^5)\left(\frac{y_1}{x_1}-\frac{1}{x_1^2}\right)+\frac{y_1}{x_1^2}+1. $$

Из этого тождества в силу уравнения будет следовать равенство

$$ -x_1y_1^2-y_1+2x_1^5=\frac{x_1^2+y_1}{x_1y_1-1}. $$

Неравенство

$$ \frac{x_1^2+y_1}{x_1y_1-1}>0 $$

очевидно. Осталось доказать неравенство

$$ \frac{x_1^2+y_1}{x_1y_1-1}<1, $$

которое равносильно неравенству

$$ y_1>\frac{x_1^2+1}{x_1-1}. $$

Но при достаточно больших $x_1$ справедливо даже более сильное неравенство $y_1>x_1^2$, поскольку иначе мы получили бы

$$ 2x_1^3+1=y_1(2x_1^4-y_1^2) \geqslant 1 \cdot (2x_1^4-x_1^4)=x_1^4, $$

что невозможно.

Теперь откуда взялось выражение $x_1y_1^2+y_1-2x_1^5$. Имеем

$$ y_1=\sqrt{2}\,x_1^2-\frac{1}{2x_1}+O\left(\frac{1}{x_1^4}\right), \quad x_1 \to +\infty. $$

Подберём многочлены $P_i(x_1)$ так, чтобы $P_0(x_1)+P_1(x_1)y_1+P_2(x_1)y_1^2 \to 0$ при $x_1 \to +\infty$. Годятся $P_0(x_1)=2x_1^5$, $P_1(x_1)=-1$, $P_2(x_1)=-x_1$:

$$ 2x_1^5-y_1-x_1y_1^2=\frac{1+\frac{1}{2}\sqrt{2}}{x_1}+O\left(\frac{1}{x_1^4}\right), \quad x_1 \to +\infty, $$

Эту технологию можно применить и к исходному уравнению $2y^3-x^2y+x^2+x=0$, однако аналог выражения $2x_1^5-y_1-x_1y_1^2$ будет более громоздким.

Из всей теории чисел здесь используется только один, но фундаментальный факт: между нулём и единицей нет целых чисел .

[Sonic86]

Сурово. Интересный анализ. Интересно, насколько он общий? $y^3=x^2+51$ он решает?

Попробовал аналогично решить 2-е уравнение. Получилось:
$y_1 =\frac{x_1^2}{\sqrt{2}} - \frac{1}{8x_1}+O(x^{-4})$
Подбираем многочлен-делитель $Q(x_1,y_1)=4x_1y_1^2+y_1-2x_1^5 \sim - \frac{1}{16x_1}$, $-1<Q(x_1,y_1)<0$. Делим на него наш $f(x_1,y_1)=0$, получаем частное $\frac{y_1}{2x_1}-\frac{1}{8x_1^2}$ и остаток $-2x_1^4y_1+\frac{y_1}{8x_1^2}+\frac{5x_1^3}{4}+1$, откуда $Q(x_1,y_1) = \frac{-16x_1^6y_1+y_1+10x_1^5+8x_1^2}{4x_1y_1-1}$ - должно быть целым $\Leftrightarrow \frac{6x_1^5+y_1+8x_1^2}{4x_1y_1-1}$ - целое $\Leftrightarrow \frac{4x_1(6x_1^5+8x_1^2+y_1)}{4x_1(4x_1y_1-1)}$ - целое, что невозможно, так как числитель нечетный.
В общем, как-то не так решил и не уверен, что правильно.

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #490578 писал(а):

Интересно, насколько он общий? $y^3=x^2+51$ он решает?

Увы, далеко не общий. Как раз такие уравнения этим способом не решить. Т.е. найти целые точки на эллиптической кривой, заданной в форме Вейерштрасса, таким способом в принципе нельзя.

Sonic86 в сообщении #490578 писал(а):

В общем, как-то не так решил и не уверен, что правильно.

На самом деле достаточно двойного неравенства $-1<Q(x_1,y_1)<0$, ведь между $-1$ и $0$ тоже нет целых чисел .

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #490592 писал(а):

Увы, далеко не общий.

А насколько общий? Нужно, чтобы $x,y$ где-то перемножались?

nnosipov в сообщении #490592 писал(а):

На самом деле достаточно двойного неравенства $-1<Q(x_1,y_1)<0$, ведь между $-1$ и $0$ тоже нет целых чисел .

Я тоже сначала так попытался, но у меня числитель быстрее растет, чем у Вас. Или я туплю или я где-то ошибся.

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #490595 писал(а):

Или я туплю или я где-то ошибся.

Если $Q(x_1,y_1) \sim -\frac{1}{16x_1}$ правильно, то всё должно получиться.

Сейчас заметил ошибку в вычислениях: должно быть $y_1=\frac{x_1^2}{\sqrt{2}}-\frac{1}{2x_1}+O(x_1^{-4})$. Соответственно, многочлен $Q$ уже будет другим, а именно, $Q=x_1^5-2y_1-2x_1y_1^2$.

Sonic86 в сообщении #490595 писал(а):

А насколько общий?

Достаточно общий, условие применимости формулируется в терминах главной однородной части многочлена, стоящего в левой части уравнения. Называется всё это метод Рунге.