¿Encontrar todos los pares de enteros positivos$(x,y)$ de manera tal que$x^2-y^2=a^3$ y$x^3-y^3=b^2$ para la integral$a, b$?

Question

Cómo encontrar TODOS los pares de enteros positivos$(x,y)$ de modo que la diferencia en sus cuadrados sea un cubo perfecto y la diferencia en sus cubos sea un cuadrado perfecto.
es decir, los enteros positivos$(x,y)$ tales que$x^2-y^2=a^3$ y$x^3-y^3=b^2$ para la integral$a, b$?

Encontrar un número infinito de pares no es un problema, como en:

$( 2^{6j+1} \cdot 3^{6k} \cdot 5 , 2^{6j+1} \cdot 3^{6k+1} )$ para cualquier integral$j,k \geq 0$

¿Pero cómo determinarías la lista exhaustiva?

Answer 1

Todos los posibles números enteros positivos $x,y$ tal que $x^3 - y^3$ es un cuadrado perfecto y $x^2 - y^2$ es un cubo perfecto que puede ser descrito en términos de la reducción de la $x/y$ a menor términos de $r/s$.

Es decir, supongamos $x = cr$ e $y = cs$ con $r,s$ coprime. Desde $x \gt y$, elegimos $r > s$.

Podemos en primer lugar de forma exclusiva factor de $r^3 - s^3 = z^2 t$ donde $t$ es squarefree.

Además podemos únicamente factor de $r^2 - s^2 = u^3 v^2 w$ donde $v,w$ son squarefree y coprime.

Nos muestran que $c$ está determinada únicamente hasta un arbitrario sexto factor de potencia. Que es:

$$c = (c_1 c_2^2 c_3^3 c_4^4 c_5^5)*d^6$$

donde los factores de $c_i$ son squarefree, pares coprime, y se determina a continuación, y $d$ es cualquier entero positivo.

Sustituyendo $x,y$ en $x^3 - y^3$ e $x^2 - y^2$, obtenemos estas expresiones:

$$ (cr)^3 - (cs)^3 = (c_1^3 c_2^6 c_3^9 c_4^{12} c_5^{15}) d^{18} (z^2 t) $$ $$ (cr)^2 - (cs)^2 = (c_1^2 c_2^4 c_3^6 c_4^{8} c_5^{10}) d^{12} (u^3 v^2 w) $$

La eliminación de evidente plazas de primera mano derecha, resp. los cubos de la segunda, tenemos estas condiciones que deben ser satisfechas:

$(i) \;\; c_1 c_3 c_5 t$ es un cuadrado perfecto

$(ii) \;\; c_1^2 c_2 c_4^2 c_5 v^2 w$ es un cubo perfecto

El uso de coprimality y squarefreeness de los diversos factores, las siguientes expresiones para los factores de $c_i$ son implícitas:

$c_1 = \gcd(t,w)$

$c_5 = \gcd(t,v)$

$c_3 = t/(c_1 c_5)$

$c_2 = v/c_5$

$c_4 = w/c_1$

Prueba:

Pretendemos que $t = c_1 c_3 c_5$ sigue de $c_1 c_3 c_5 t$ ser un cuadrado perfecto, a la luz de la squarefreeness de cada factor y los pares coprimality de la $c_i$. Para cualquier factor principal de $t$ parece un primer poder (debido a la squarefreeness de $t$) y debe aparecer un número impar de veces en $c_1 c_3 c_5$ para que el producto de que con $t$ a ser un cuadrado perfecto. Pero cualquier factor principal de $c_1 c_3 c_5$ sólo puede ocurrir una vez, porque el $c_i$ son parejas coprime y squarefree. Así, los factores primos de $t$ son distintos, y en correspondencia con las (distintas) factores primos de $c_1 c_3 c_5$. La igualdad de la siguiente manera.

Por argumentos similares se deducen de $c_1^2 c_2 c_4^2 c_5 v^2 w$ ser un cubo perfecto, a la luz de la squarefreeness de $v,w$ así como el $c_i$ y coprimality de $v,w$ (así como los pares coprimality de la $c_i$), que $v = c_2 c_5$ e $w = c_1 c_4$.

Ahora claramente $c_1 = \gcd(t,w)$ e $c_5 = \gcd(t,v)$. El resto de las expresiones, para $c_2,c_3,c_4$, se ven obligados. QED

Ejemplos

Para cualquier coprime par $r \gt s$ podemos encontrar una pequeña solución de la forma $x = cr$ e $y = cs$, y todas las otras soluciones donde $x/y = r/s$ provienen de la ampliación por un arbitrario sexta potencia.

Los pares ScottT de la cites en la Pregunta entre aquellos para los que $(r,s) = (10,3)$, y los que en un Comentario debajo para que $(r,s) = (74,47)$.

Para ilustrar primero vamos a elegir un simple coprime par, decir $(r,s) = (2,1)$.

A continuación, $r^3 - s^3 = z^2 t$ con $t$ squarefree significa $t = 7$ e $z = 1$.

Del mismo modo $r^2 - s^2 = u^3 v^2 w$ con $v,w$ squarefree y coprime significa $u = 1$, $v = 1$, $w = 3$.

El más pequeño de la solución está dada por $c = c_1 c_2^2 c_3^3 c_4^4 c_5^5$ donde:

$c_1 = \gcd(t,w) = 1$

$c_5 = \gcd(t,v) = 1$

$c_3 = t/(c_1 c_5) = 7$

$c_2 = v/c_5 = 1$

$c_4 = w/c_1 = 3$

Por lo tanto el más pequeño $c = 7^3 * 3^4 = 27783$, que corresponde a $x = 55566$ y $y = 27783$. Verificar:

$$x^3 - y^3 = (r^3 - s^3)c^3 = 7 * (7^3 * 3^4)^3 = 7^{10} * 3^{12}$$

que es un cuadrado perfecto, y:

$$x^2 - y^2 = (r^2 - s^2)c^2 = 3 * (7^3 * 3^4)^2 = 7^6 * 3^9$$

que es un cubo perfecto. Todas las otras soluciones con $x/y = 2/1$ se obtienen a partir de este uno por la escala con un factor de $d^6$.

Para repetir ScottT primer ejemplo de $(r,s) = (5,3)$ da $t = 2$, $v = 1$, y $w = 2$. A continuación, el más pequeño de $c = 2$ da $x = 10$ e $y = 6$, para que $x^3 - y^3 = 28^2$ e $x^2 - y^2 = 4^3$.

ScottT el segundo ejemplo de $(r,s) = (74,47)$ le da:

$74^3 - 47^3 = 301401 = 549^2$

por lo $t = 1$, y:

$74^2 - 47^2 = 3267 = 3^3 * 11^2$

por lo $v = 11$ e $w = 1$. El más pequeño $c = 11^2$ da $x = 8954$ y $y = 5687$. Nota: $x^3 - y^3 = 730719^2$ e $x^2 - y^2 = 363^3$.

Answer 2

$ x^2 - y^2 = a^3 $ es bastante trivial, porque claramente para cada entero solución existen enteros $ p, q, r, s $ con $p$ e $q$ squarefree y coprime tal que $ x + y = p q^2 r^3 $ e $ x - y = p^2 q s^3 $, por lo que:

$ 2 x = p q (q r^3 + p s^3) $

$ 2 y = p q (q r^3 - p s^3) $

$ a = p q r s $

y estos satisfagan la ecuación de forma idéntica, con $x, y$ enteros iff bien $p q$ es par o $p, q, r, s$ de todos los impares.

(o $r, s$ ambos, incluso, aunque para "reducido" soluciones sin integer $t > 1$ tal que t^3 divide $x, y$ y t^2 divide $a$ podemos asumir que $gcd(r, s) = 1$, lo que nos hacer de ahora en adelante ..)

Conectar estas relaciones en $(2 x)^3 - (2 y)^3 = 8 b^2 $ da $ p^4 q^3 (3 q^2 r^6 s^3 + p^2 s^9) = 4 b^2 $.

Tomando nota de que $p$ e $q$ son coprime y squarefree podemos entonces concluir $2 b = p^2 q^2 s B$ para algunos entero $B$, por lo que el $ s (3 q^2 r^6 + p^2 s^6) = q B^2 $.

De esto podemos ver que $q$ divide $p^2 s^7$ y, por lo tanto, desde el $gcd(p, q) = 1$ e $q$ es squarefree, que $q$ divide $s$.

Por lo tanto, con $s = q S$ e $B = q C$ obtenemos $ S (3 r^6 + p^2 q^4 S^6) = C^2 $.

Luego, tomando a $S = u v^2$ con $u$ squarefree, llegamos a la conclusión de que $C = u v D$ para algunos entero$D$, de modo que, finalmente, $3 r^6 + (p q^2 u^3 v^6)^2 = u D^2 $

En esta $u$ divide $3 r^6$; pero desde $gcd(r, s) = 1$ e $u$ divide $s$ llegamos a la conclusión de que $u$ divide 3.

Así, desde la $u$ > 0, debemos tener $u = 1$ o $u = 3$, lo que reduce el problema a uno de los siguientes respectivamente:

$3 r^6 + M^2 = N^2$ ($u = 1$)

$ r^6 + 3 M^2 = N^2$ ($u = 3$)

Ahora $X^2 + 3 Y^2 = Z^2$ general entero solución de $X, Y, Z = k(m^2 - 3 n^2), 2 k m n, k(m^2 + 3 n^2)$ con $gcd(m, n) = 1$ e $m + n$ impar.

Para los casos que requieren $2 k m n = r^3$ o $k(m^2 - 3 n^2) = r^3$, cada uno de los cuales es trivial mediante una adecuada selección de $k$ (aunque posiblemente si desea explícita los valores de m, n la segunda no es tan trivial).

Answer 3

No una respuesta, solo de pensar en voz alta sobre la cuestión de si podemos llevar a $x,y$ relativamente primos.

Resolvemos $x^2-y^2=a^3$ escribiendo $a^3=a_1a_2$ con $a_1,a_2$ de la misma paridad, entonces $x-y=a_1$, $x+y=a_2$, $2x=a_2+a_1$, $2y=a_2-a_1$, y vemos ningún divisor común de $a_1,a_2$ otros que quizás $2$ es un divisor común de $x,y$. Así tenemos $a_1=c^3$, $a_2=d^3$ con $c,d$ relativamente primos, o de lo contrario $a_1=2c^3$, $a_2=4d^3$, o otra cosa $a_1=4c^3$, $a_2=2d^3$. Voy a mirar en el primer caso.

Tenemos $2x=d^3+c^3$, $2y=d^3-c^3$, $c,d$ relativamente primos. Entonces $$8b^2=(2x)^3-(2y)^3=(d^3+c^3)^3-(d^3-c^3)^3=6d^6c^3+2c^9$$ so $(2b)^2=c^3(3d^6+c^6)$. Since $c,d$ are coprime, the only possibilities for $\gcd(c^3,3 d^6+c^6)$ are $1$ and $3$. Voy a mirar en el primer caso.

Ahora $c^3$ e $3d^6+c^6$ deben ser cuadrados, por lo $c=e^2$ e $3d^6+e^{12}=f^2$. Así $$(f-e^6)(f+e^6)=3d^6$$ If $f-e^6,f+e^6$ are coprime (and they must be pretty nearly coprime, if you trace back through to the coprimality of $c,d$), then $f-e^6=g^6$, $f+e^6=3h^6$, or else $f-e^3=3g^6$, $f+e^6=h^6$. Taking, as usual, just the first case, we get $$g^6+2e^6=3h^6$$

Que tan lejos como puedo ir. No es la solución trivial, $e=g=h=1$. Que las normas de uso de congruencias para mostrar que no hay ninguna solución, pero sospecho que no hay ningún otro coprime soluciones. Tal vez alguien puede realmente probar esto, y limpiar los casos todavía no hemos hablado.