Невозможные значения дискриминанта кубического многочлена

[nnosipov]

Пусть $p \equiv -1 \pmod{3}$ --- простое число. Докажите, что уравнение $-4x^3-27y^2=p^2$ неразрешимо в целых числах $x$, $y$, за исключением случая $p=2$, где оно имеет единственное решение $(x,y)=(-1,0)$.

[rightways]

Надо разложить $p^2+27y^2?$
Или есть решение по-школьному?

[nnosipov]

rightways в сообщении #1563081 писал(а):

Надо разложить $p^2+27y^2?$

У меня так.

[Mitkin]

все три числа нечётны

[nnosipov]

Mitkin в сообщении #1563182 писал(а):

все три числа нечётны

Если считать $p$ нечетным, то да (рассмотрение по модулю $8$). Но случай $p=2$ тоже возможен (и интересен).

[Dendr]

nnosipov в сообщении #1563185 писал(а):

случай $p=2$ тоже возможен (и интересен).

Я, видимо, не в ту сторону пошел, но пока свел все к уравнению Пелля с допусловиями на корни:

$$(2n)^2-3(6k^2+1)^2=1$$

Тогда $x=-9k^2-1, y=2nk$.
"Тривиальное" решение исходного уравнения здесь соответствует $k=0, n=1$, но дальше выходит тупик. Стандартным образом можно получить, что m-й "y-корень" этого уравнения определяется выражением

$$\sum\limits_{i=0}^{[(m-1)/2]}C_m^{2i+1}2^{m-2i-1}3^i$$

И, вроде бы, ничто не мешает подобрать такие $m$, чтобы оно было единицей по модулю 6 (собственно, выходит, что при $m\equiv1\mod{6}$). Но там же еще квадрат стоит...

[nnosipov]

Dendr в сообщении #1563232 писал(а):

но пока свел все к уравнению Пелля

Этот путь не обещает быть простым. Вот классический пример подобной задачи: найти все числа Фибоначчи, которые являются точными квадратами.

Собственно, более элементарный путь решения уже указан: нужно воспользоваться факториальностью кольца $\mathbb{Z}[\omega]$, где $\omega$ --- кубический корень из единицы.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #1563185 писал(а):

Если считать $p$ нечетным, то да (рассмотрение по модулю $8$). Но случай $p=2$ тоже возможен (и интересен).

При $p=2$ получаем $-4(x^3+1)=27y^2$. Слева четное число, а справа нечетное во всех случаях кроме $x^3+1=0$ и $y^2=0$, т.е. $x=-1,y=0$.

[maxal]

Dendr в сообщении #1563232 писал(а):

$$(2n)^2-3(6k^2+1)^2=1$$

Сводится к поиску целых точек на эллиптической кривой:

$$(nk)^2 = 27 (k^2)^3 + 9 (k^2)^2 + (k^2),$$

которых нет.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #1563279 писал(а):

При $p=2$ получаем $-4(x^3+1)=27y^2$. Слева четное число, а справа нечетное во всех случаях кроме $x^3+1=0$ и $y^2=0$, т.е. $x=-1,y=0$.

Как Вы только умудряетесь такое усмотреть

-- Вт авг 23, 2022 01:03:55 --

maxal в сообщении #1563284 писал(а):

Сводится к поиску целых точек на эллиптической кривой

Как и исходное уравнение.