Целые точки на эллиптических кривых

[Trius]

только доказательство леммы я не помню)

[maxal]

Trius писал(а):

Решение базируется на лемме : пусть для целых n и m числа $n^2$ и $2m^2$ взаимно просты. Тогда у числа $n^2+2m^2$ нету простых делителей вида $8t+5$ и $8t+7$

Это следует из того, что число -2 не является квадратичным вычетом по модулю таких простых чисел.

[Trius]

если бы я знал что это значит

[maxal]

Trius писал(а):

если бы я знал что это значит

Вот почитайте Лекции по теории чисел (§4. Теория сравнений)

[juna]

Это легко показать.
$(\frac{-2}{p})=(\frac{-1}{p})\cdot(\frac{2}{p})$
Известно, что $p=8k+7 \to (\frac{2}{p})=1$
$p=8k+5 \to (\frac{2}{p})=-1$
$(\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$
То есть, $(\frac{-2}{p})=-1$ и для $p=8k+5$ и для $p=8k+7$, или $-2$ квадратичный невычет.
Кроме того, $(\frac{-2}{p})=(\frac{-2m^2}{p})$

[RIP]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Тогда все просто.
$k^3-2=n^2+2\cdot 2^2$
$(k-2)(k(k+2)+4)=n^2+2\cdot 2^2$.
Ясно, что $n$ нечетно.
Используя $k=7(4t-3)$, имеем
$t\equiv 0 \mod 2 \to k(k+2)+4\equiv 7 \mod 8$
$t\equiv 1 \mod 2 \to (k-2)\equiv 5 \mod 8$.

Это решение не доведено до конца. Надо еще воспользоваться тем, что если натуральное число дает при делении на $8$ остаток $5$ или $7$, то оно имеет простой делитель с тем же свойством (что, в принципе, очевидно).

[juna]

Это простой перебор.
$5\equiv 3\cdot 7 \equiv 1\cdot 5 \mod 8$,
$7\equiv 3\cdot 5 \equiv 1\cdot 7 \mod 8$ - других комбинаций получить пять, семь нет.

[Батороев]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

(k-2)\equiv 5 \mod 8$.

Поясните, почему так?
Мне кажется, что k должно:
$ k^3 -2 - n^2 = 8 $
$ n^2\equiv 1\mod 8 $
$ k^3\equiv 3\mod 8 $
$ k \equiv 3\mod 8 $

[juna]

Для искомого уравнения удовлетворяет только специальный вид $k=7(4t-3)$, $t=0,1,2,3...$.

[Батороев]

В таком случае, не очень понятно, как у Вас получилось при $ t=0\mod 2 $
$ k*(k+2) +4\equiv 7\mod 8 $
Извиняюсь, за то, что "передернул" вопрос позже Вашего ответа.

При решении кривульки Морделла имеется шанс получить мордульку кривую

[juna]

Я наврал, считая в уме остатки. Мое решение не годится!
Единственно, можно оставить, что $k=7(8t+5)$.

[RIP]

$$(k+2)(k^2-2k+4)=n^2+2\cdot3^2$$

Далее решение по сути уже написано.

Добавлено спустя 4 минуты 6 секунд:

Только лемму надо подкорректировать: Если простое $p|n^2+2m^2$ и $(p,m)=1$, то $p$ не может иметь вид $p=8a+5$ или $p=8a+7$.

[juna]

Интересно. Если рассмотреть уравнение $y^3=x^2+k$, то можно ли с использованием подобных элементарных средств выделить такое нетривиальное бесконечное множество $k$, что данное уравнение не будет иметь решений в целых числах.

[Lion]

По-моему, этот вопрос еще не решен. Но есть следующий результат (Зигель, 1929 г.): если $k=27\cdot 2^{2n-2}m^{2n}$, где $n\geq 3$, $m=1, p, pq$ ($p,q$ --- различные простые), то уравнение не имеет решений во взаимно простых целых числах.

[juna]

Lion писал(а):

По-моему, этот вопрос еще не решен. Но есть следующий результат (Зигель, 1929 г.): если $k=27\cdot 2^{2n-2}m^{2n}$, где $n\geq 3$, $m=1, p, pq$ ($p,q$ --- различные простые), то уравнение не имеет решений во взаимно простых целых числах.

А на этот результат ссылку не дадите? Странно, мне казалось, что сделать это не сверхсложно.