Докажите, что нет решений

[nnosipov]

в целых числах у уравнения $y^2-32=x^3$. (Хотелось бы видеть более или менее элементарное доказательство.)

[Ktina]

nnosipov в сообщении #590406 писал(а):

в целых числах у уравнения $y^2-32=x^3$. (Хотелось бы видеть более или менее элементарное доказательство.)

Пока вижу лишь то, что $y$ может давать только остаток $\pm 2$ при делении на 9.

-- 29.06.2012, 19:05 --

Можно попробовать отсюда поплясать.

$$(9n\pm 2)^2=81n^2\pm 36n+4$$

Тогда

$$81n^2\pm 36n-28=x^3$$

Или

$$81n^2\pm 36n-1=x^3+3^3$$

Это что-нибудь даёт?

[nnosipov]

Ktina в сообщении #590412 писал(а):

Пока вижу лишь то, что $y$ может давать только остаток $\pm 2$ при делении на 9.

Это полезное соображение (как и то, что $y$ не может быть чётным), но в целом задача скорее для студенческой олимпиады. Вот уравнение $y^2-16=x^3$ сгодилось бы и для школьной.

[Ktina]

nnosipov в сообщении #590416 писал(а):

Ktina в сообщении #590412 писал(а):

Пока вижу лишь то, что $y$ может давать только остаток $\pm 2$ при делении на 9.

Это полезное соображение (как и то, что $y$ не может быть чётным), но в целом задача скорее для студенческой олимпиады. Вот уравнение $y^2-16=x^3$ сгодилось бы и для школьной.

Ну, это понятно, там $(y+4)(y-4)$

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #590416 писал(а):

Это что-нибудь даёт?

Не знаю. То решение, которое мне известно, требует иных соображений.

-- Пт июн 29, 2012 23:22:40 --

Ktina в сообщении #590417 писал(а):

Ну, это понятно, там $(y+4)(y-4)$

Верно, конечно, но важны детали. Скажем, уравнение $y^2-4=x^3$ в этом плане более капризно.

[Ktina]

nnosipov в сообщении #590406 писал(а):

в целых числах у уравнения $y^2-32=x^3$. (Хотелось бы видеть более или менее элементарное доказательство.)

Ещё $x$ обязан делиться на 7...

-- 29.06.2012, 19:34 --

Осталось доказать, что квадрат целого числа не может давать остаток 32 при делении на 343, это можно тупо на компе перебрать.

-- 29.06.2012, 19:36 --

Ан нет, пардон!

$$89^2=32 \mod 343$$

-- 29.06.2012, 19:38 --

Значит, $y$ обязан давать остаток 89 или 254 по модулю 343.

[nnosipov]

Ktina в сообщении #590421 писал(а):

Значит, $y$ обязан давать остаток 89 или 254 по модулю 343.

На этом пути ничего не выйдет: уравнение $y^2-32=0$ разрешимо в 7-адических числах (иными словами, сравнение $y^2-32 \equiv 0 \pmod{7^m}$ разрешимо при любом $m$).

[Sonic86]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #590424 писал(а):

На этом пути ничего не выйдет: уравнение $y^2-32=0$ разрешимо в 7-адических числах (иными словами, сравнение $y^2-32 \equiv 0 \pmod{7^m}$ разрешимо при любом $m$).

Угу, причем если сравнение $f(x)\equiv 0\pmod p$ разрешимо для простого нечетного $p$ и $f:\deg f\leqslant 2$, то сразу разрешимо $f(x)\equiv 0\pmod {p^k}$. И кстати, для любого $k$ число решений также будет одно и то же - либо $1$, либо $2$. И доказывается это легко.
Это я к тому написал, что на сравнения сразу можно даже не прыгать. Т.е. здесь можно сразу их выкинуть из головы.

[nnosipov]

(Оффтоп)

Sonic86, некоторая морока всё же будет, если аккуратно доказывать, что сравнение $y^2-32 \equiv x^3 \pmod{m}$ разрешимо для любого $m$.

[griboedovaa]

$y-i32 ,y+i32$ взаимно просты значит каждый из них куб

[nnosipov]

griboedovaa в сообщении #590457 писал(а):

$y-i32 ,y+i32$

А что это?

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #590471 писал(а):

А что это?

Наверное, griboedovaa хотел использовать алгебраические числа. Только тогда это будет $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$, кольцо факториально: $(y-4\sqrt{2})(y+4\sqrt{2})=x^3$, $y$ - нечетно, значит $y-4\sqrt{2},y+4\sqrt{2}$ взаимно просты. Но у кольца группа единиц изоморфна $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}_2$ (я хоть правильно ее нашел?), образующие - $1-\sqrt{2}$ и $-1$. Однако $-1=(-1)^3$, поэтому ее можно "игнорировать". Степени $1-\sqrt{2}$ берем по модулю 3 - получаем 3 варианта: $1,1-\sqrt{2},3-2\sqrt{2}$. И тогда надо решать 3 системы $y\pm 4\sqrt{2}=(a\pm b\sqrt{2})^3(1-\sqrt{2})^k$ для $k=0;1;2$. Каждая система сводится к одному уравнению. При $k=0$ получается что-то вроде $8=b(3a^2+b^2)$, которое решений не имеет, а вот при $k=1$ получается что-то вроде $8=a^3+3a^2b+6ab^2+2b^3$, на котором я пока застрял
(и вообще как бы "плохо" - было уравнение 2-й степени по $y$, 3-й степени по $x$, а получилось уравнение $3$-й степени по обоим переменным)

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #590529 писал(а):

получается что-то вроде $8=a^3+3a^2b+6ab^2+2b^3$

Кажется безнадёжным. Хотя такие фокусы иногда проходят, вот пример: $y^2-6=x^3$ (Морделл).

[scwec]

Хочу задать вопрос nnosipov. Как-то в одном сообщении у Вас промелькнуло, что Pari/GP не хочет считать ранги эллиптических кривых. Ситуация исправилась?
На сайте Pari недавно появилась Windows-версия 2.6. Если есть нужда, скачайте ее. У меня отлично работает. А в старой версии не было функции
ellanalyticrank().
Относительно $y^2=x^3+a$ - теперь уже столько компьютерных возможностей в этой области и столько уже посчитано, что, по-моему, трудно чем-либо удивить и что-то новое обнаружить без чрезвычайно глубокого проникновения в существо дела.
Ну вот и здесь. Сразу же, группа кручения нулевая из теоремы Лутц-Нагеля - нет целых точек конечного порядка. Нулевой ранг давно посчитан - нет точек бесконечного порядка. Никаких нет. Конечно, если очень повезет, то можно и элементарными ходами что-то получить, но только не в общем случае. А в частных - бывает.

[TR63]

$y^2=x^3+a$
Предположим, что существует и может быть реально найдено решение уравнения в целых числах. Подставим его в уравнение $y^2-a=x^3$. $y=\sqrt{x^3+a}$, $x=(y^2-a)^\frac1 3$. Тогда для записи левой части уравнения достаточно двух операций, а для записи правой части достаточно трёх операций. Это следует из периодичности квадратного и кубического радикалов. При существовании решения количество операций в правой и левой части уравнения должно совпадать.