Re: 2x^2+1=y^3

[Mitkin]

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\
Рассмотрим задачу для $n=3$ целиком
$2x^2+1=y^3$
Нетрудно показать, что $x=3x_13x_2$ и $y-1=6x_1^2$, причём $x_2\not\vdots 3$
Сделаем замену $y=y_1+1$, тогда получаем следующее:
$6x_1^23x_2^2=y_1^3+3y_1^2+3y_1$
поскольку $y_1=6x_1^2$, то
$3x_2^2=y_1^2+3y_1+3$
или
$3x_2^2=36x_1^4+18x_1^2+3$
$x_2^2=12x_1^4+6x_1^2+1$
полагаем
$x_2=3x_1^2+a$
получаем
$3x_1^4+(6-6a)x_1^2+1-a^2=0$
Откуда следует, что $3x_1^4\vdots (1-a)$
Если $x_1^4$ имеет общий множитель с $(1-a)$, то на этот множитель делится и $x_1^2$, а значит и $(a+1)$.
Такое возможно, если множитель по модулю равен 2 или 1.
Что касается остальных делителей $1-a$, то они являются и делителями числа 3.
Получились варианты:
1) $1-a=1$
2) $1-a=-1$
3) $1-a=3$
4) $1-a=-3$
5) $1-a=6$
6) $1-a=-6$
7)$1-a=2$
8)$1-a=-2$
1) $a=0$
$x_1=x_2$, что по ходу решения возможно только если
$x_1=x_2=1$
проверяем
$3x_1^4+6x_1^2+1=0$
неверно.
2)$a=2$
$x_1^4-2x_1^2-1=0$
решения в целых числах не имеет
3)$a=-2$
$x_1^4+6x_1^2-1=0$
решения в целых числах нет
4)$a=4$
$x_1^4-6x_1^2-5=0$
решения в целых числах нет
5)$a=-5$
$x_1^4+12x_1^2-8=0$
В целых числах нет решения
6)$a=7$
$x_1^4-12x_1^2-16=0$
В целых числах нет решения
случаи 7,8) также, не дадут решения.
Вывод: уравнение $2x^2+1=y^3$ решения не имеет, кроме (0,1)
Упустил случаи:
$1-a=-2^k$ и $1-a=-3\cdot 2^k$
т.к. $a>1$
Подстановка этих значений показывает, что решения нет:
Например $1-a=-2^k$ даёт уравнение
$3x_1^4-6\cdot 2^kx_1^2-2^k(2+2^k)=0$
последнее слагаемое должно делится на 3. Поэтому $(k-1)$ число нечётное.
Подсчитаем дискриминант:
$9\cdot D=9\cdot 2^{2k}+3\cdot 2^{k+1}(1+2^{k-1})$
или
$9\cdot D=2^{k+1}\cdot (9\cdot 2^{k-1}+3\cdot (1+2^{k-1}))$
У нас дискриминант должен быть полным квадратом, поэтому $(k\pm 1)$ должно быть чётным. Получили противоречие.
Случай $1-a=-3\cdot 2^k$ приводит к уравнению:

$x_1^4-2\cdot 2^kx_1^2-2^k(2+3\cdot 2^k)=0$
Подсчитаем дискриминант:
$D=2^{2k}+2^k(2+3\cdot 2^k)$
или
$D=2^{k+1}(2^{k+1}+1)$
дискриминант представляет собой полный квадрат, значит $(k+1)$ число чётное.
Получаем задачу:
$2^{2k_1}+1=b^2$
поскольку числа $(b-1)$ и $(b+1)$ не имеют общих множителей кроме числа 2, то $(b-1)=2$, либо $(b+1)=2$
Пусть $(b+1)=2$ тогда решения нет
Пусть $(b-1)=2$ тогда $b=3$

$2^{2k_1}=8$

$k_1=3$ откуда $k=2$
что противоречит нечётности для $k$
Следовательно и здесь решения нет.
Все случаи для уравнения $2x^2+1=y^3$ рассмотрены, решения нет.

[nnosipov]

Начало текста хорошее. Тем не менее, напишу некоторые подробности. Будем доказывать, что решений с $y>1$ нет. Имеем $2x^2=(y-1)(y^2+y+1)$. Возможны два случая: 1) $y \not \equiv 1 \pmod{3}$ и 2) $y \equiv 1 \pmod{3}$. В случае 1) $\gcd{(y-1,y^2+y+1)}=1$ и тогда $y-1=2x_1^2$ (поскольку $y$ нечетно) и $y^2+y+1=x_2^2$. Но последнее равенство в натуральных числах невозможно. Таким образом, имеем случай 2). Здесь $\gcd{(y-1,y^2+y+1)}=3$ и $x$ делится на $3$. Переписав уравнение в виде $2(x/3)^2=(y-1)/3 \cdot (y^2+y+1)/3$, заключаем, что $(y-1)/3=2x_1^2$ и $(y^2+y+1)/3=x_2^2$. Исключая $y$, получим уравнение

$$12x_1^4+6x_1^2+1=x_2^2.$$

Далее делается замена $x_2=3x_1^2+a$ и получается уравнение

Mitkin в сообщении #1561576 писал(а):

$3x_1^4+(6-6a)x_1^2+1-a^2=0$

после чего делается верное замечание о делимости $3x_1^4$ на $1-a$. Но вот следующее утверждение

Mitkin в сообщении #1561576 писал(а):

Если $x_1^4$ имеет общий множитель с $(1-a)$, то на этот множитель делится и $x_1^2$, а значит и $(a+1)$.

мне совершенно не понятно: на каком основании это можно утверждать? Доказательство отсутствует. Без разъяснений этого места читать дальнейший текст не имеет смысла.

[novichok2018]

Это вроде эллиптическая кривая с перестановкой букв. Там разве не всё полностью известно?

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1562064 писал(а):

всё полностью известно

Да с чего бы. Но в данном случае речь идет об элементарном методе отыскания всех целых точек. Вот, скажем, для уравнения $2x^2+1=y^4$ такой способ предложить легко. Как я понял, хочется чего-то подобного для уравнения $2x^2+1=y^3$.

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1561968 писал(а):

Mitkin в сообщении #1561576 писал(а):

Если $x_1^4$ имеет общий множитель с $(1-a)$, то на этот множитель делится и $x_1^2$, а значит и $(a+1)$.

мне совершенно не понятно: на каком основании это можно утверждать? Доказательство отсутствует. Без разъяснений этого места читать дальнейший текст не имеет смысла.

Положим $x_1=x_3\cdot x_4$
$3x_3^4\cdot x_4^4+6(1-a)x_3^2\cdot x_4^2+(1-a)(1+a)=0$
На $(1-a)$ делится $3x_3^4$, причём $x_3$ содержит только делители $(1-a)$ и $x_3$ и $x_4$ общих делителей не имеют.
После сокращения получаем уравнение:
$k\cdot x_4^4+6x_3^2\cdot x_4^2+(1+a)=0$
где $k$ содержит делители $(1-a)$ (те, которые остались). Эти множители содержит и $x_3$ (некоторые по крайней мере).
Я упустил случаи, когда $k=1$. Т.е. надо рассмотреть дополнительно случаи
$1-a=x_3^4$ и $1-a=3x_3^4$
(Степени двойки я рассмотрел зря)

[Lia]

Mitkin
Опять в Карантин или все же сейчас нормально наберете?

[Mitkin]

Lia в сообщении #1562157 писал(а):

Mitkin
Опять в Карантин или все же сейчас нормально наберете?

интернет барахлит

[Lia]

Интернет тут при чем? Не надо кириллицу в формулы набирать.

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562155 писал(а):

Положим $x_1=x_3\cdot x_4$
$3x_3^4\cdot x_4^4+6(1-a)x_3^2\cdot x_4^2+(1-a)(1+a)=0$
На $(1-a)$ делится $3x_3^4$, причём $x_3$ содержит только делители $(1-a)$ и $x_3$ и $x_4$ общих делителей не имеют.
После сокращения получаем уравнение:
$k\cdot x_4^4+6x_3^2\cdot x_4^2+(1+a)=0$
где $k$ содержит делители $(1-a)$ (те, которые остались). Эти множители содержит и $x_3$ (некоторые по крайней мере).

Очень мутный текст. Кто такие $x_3$ и $x_4$, эти новые персонажи? Дайте им формальное определение. Могу я, например, считать, что $x_4=1$?

Все это мне напоминает тексты ферматистов.

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1562163 писал(а):

Mitkin в сообщении #1562155 писал(а):

Положим $x_1=x_3\cdot x_4$
$3x_3^4\cdot x_4^4+6(1-a)x_3^2\cdot x_4^2+(1-a)(1+a)=0$
На $(1-a)$ делится $3x_3^4$, причём $x_3$ содержит только делители $(1-a)$ и $x_3$ и $x_4$ общих делителей не имеют.
После сокращения получаем уравнение:
$k\cdot x_4^4+6x_3^2\cdot x_4^2+(1+a)=0$
где $k$ содержит делители $(1-a)$ (те, которые остались). Эти множители содержит и $x_3$ (некоторые по крайней мере).

Очень мутный текст. Кто такие $x_3$ и $x_4$, эти новые персонажи? Дайте им формальное определение. Могу я, например, считать, что $x_4=1$?

Все это мне напоминает тексты ферматистов.

У нас число $1-a$ состоит из произведения простых множителей определённой кратности. Все эти сомножители должны входить в $x_1^4$, т.е. в $x_3^4x_4^4$. $x_3$ включает эти сомножители и только их, а $x_4$ не включает.
Заранее не известно какую кратность имеет тот или простой сомножитель $(1-a)$ в $x_3$. Но кратность любого из простого сомножителя в $(1-a)$ не превосходит кратности его же в $x_3^4$.
Отсюда и появляется число $k$

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562177 писал(а):

Все эти сомножители должны входить в $x_1^4$

Вообще-то, в $3x_1^4$.

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1562185 писал(а):

Mitkin в сообщении #1562177 писал(а):

Все эти сомножители должны входить в $x_1^4$

Вообще-то, в $3x_1^4$.

Да, конечно. Поэтому и рассматриваю всегда два случая с тройкой и без неё.

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562249 писал(а):

Поэтому и рассматриваю всегда два случая с тройкой и без неё.

Где рассматриваете? Не вижу. И еще один момент. Очевидно, случай $x_4=1$ не исключен. Но в этом случае имеем $x_1=x_3$ и никакого продвижения нет (букву $x_1$ заменили на букву $x_3$).

По-прежнему мне непонятна идея решения уравнения

$$3x_1^4+(6-6a)x_1^2+1-a^2=0.$$

Размножение неизвестных пока ни к чему содержательному не привело.

[Mitkin]

nnosipov в сообщении #1562259 писал(а):

Mitkin в сообщении #1562249 писал(а):

Поэтому и рассматриваю всегда два случая с тройкой и без неё.

Где рассматриваете? Не вижу. И еще один момент. Очевидно, случай $x_4=1$ не исключен. Но в этом случае имеем $x_1=x_3$ и никакого продвижения нет (букву $x_1$ заменили на букву $x_3$).

По-прежнему мне непонятна идея решения уравнения

$$3x_1^4+(6-6a)x_1^2+1-a^2=0.$$

Размножение неизвестных пока ни к чему содержательному не привело.

Если $x_1=x_3$, то это означает, что $x_1$ состоит только из делителей числа $(1-a)$. Т.е. после сокращения уравнения на $(1-a)$ у нас может получиться первым членом число либо $3k$ либо $k$, где число $k$ состоит только из делителей числа $(1-a)$
Согласны?

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1562266 писал(а):

Согласны?

Пожалуй, я соглашусь с тем, что можно свести дело к решению нескольких уравнений Туэ 4-й степени. Но решение таких уравнений в общем случае не элементарно.

Вот уравнение того типа, что мы обсуждаем, но с коэффициентами попроще (здесь двойки-тройки не будут мешать):

$$ x^4=y(x^2+y+1). $$

Как Вы его собираетесь решать?