Estoy revisando para los exámenes y me he quedado prendado de una teoría algebraica de números pregunta. La ecuación estoy tratando de resolver es $$ x^2 -2 = y^3, $$ y me dijeron que tenía que volver a escribir como $$ x^2 + 6(y+1)^2 = (y+2)^3. $$ Luego me dijeron que para mostrar que existen enteros $u,v$ tal que $$ u^2 + 6v^2 = y+2 \text{ y } x +(y+1)\sqrt{-6} = (u+v\sqrt{-6})^3. $$ Traté de factorización de la ecuación en los ideales como $$ \big( x + \sqrt{-6}(y+1)\big)\big( x - \sqrt{-6}(y+1)\big) = \big(y+2 \big)^3, $$ y me han dicho que para $K= \mathbb{Q}(\sqrt{-6})$ de las unidades sólo se $\pm 1$ y el número de clase es $2$. Pero no puedo mostrar dos de los ideales de la izquierda son coprime, así que agradecería si alguien pudiera explicar esto a mí. Gracias!
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Creo que me di cuenta de esto para mí de todos modos, así que pensé en escribir esto aquí.
Así que estamos tratando de mostrar en primer lugar que las ideales $$ \left( x + \sqrt{-6}(y+1) \right) \text{ y } \left( x - \sqrt{-6}(y+1) \right) $$ son coprime. Así que supongamos que hay algunos de los mejores ideales $P$ dividir ambos de los ideales, a continuación,$2\sqrt{-6}(y+1) \in P$. A continuación, obtenemos $$ \left( 2\sqrt{-6}(y+1) \right) \subseteq P \text{, y así } P \mid \left(2\sqrt{-6}(y+1)\right). $$ Desde $P$ es primo entonces podemos deducir que, o bien $$ P \mid (2), \text{ } P \mid\left(\sqrt{-6} \right) \text{ o } P \mid (y+1). $$ Supongamos que el último caso, es cierto, desde luego $$ \left( x + \sqrt{-6}(y+1) \right)\left( x - \sqrt{-6}(y+1) \right) = (y+2)^3, $$ $P$ también se divide $(y+2)^3$, y así divide $(y+2)$. Entonces tenemos que $(y+2)-(y+1) = 1 \in P$, lo que se contradice con que $P$ es un alojamiento ideal.
El próximo supongamos que $P$ divide $(\sqrt{-6})$ o $(2)$. El uso del teorema de Dedekind (no voy a escribir todos los detalles ver como esta era una pregunta que le hice), si definimos $P_2 = (2, \sqrt{-6})$, $P_3 = (3, \sqrt{-6})$ entonces tenemos $$ (2) = P_2^2, \text{ y } (\sqrt{-6}) = P_2P_3. $$ Primero supongamos $P_2$ divide tanto a los ideales, a continuación,$P_2 \mid( y+2)^3$, lo $P_2 \mid (y+2)$ $P_2$ es primo (de nuevo por Dedekind del teorema). Luego por la adopción de normas, se consigue $$ 2 \mid y^2 + 4y + 4, \text{ en los enteros}. $$ Por lo tanto $y = 2y'$ y, de forma similar a partir de la primera ecuación de $x^2 - 2 = y^3$ obtenemos $x = 2x'$ algunos $x',y'$ en los enteros. A continuación, obtenemos la ecuación $$ 2x'^2 - 1 = 4y'^2. $$ Esta ecuación tiene claramente no se entero de soluciones en la reducción de modulo $2$, con lo que obtenemos una contradicción y $P_2$ no se puede dividir tanto los ideales en el lado izquierdo de la ecuación.
Así que por último debemos considerar $P_3$. De igual manera debemos obtener, mediante la adopción de normas, que $$ 3 \mid (y+2)^2, $$ y esto le da ys que $y$ es congruente a $1 \pmod{3}$. A continuación, teniendo en cuenta la ecuación de $x^2 - 2 = y^3$ da $x$ es congruente a $0$ modulo $3$. Sustituyendo en la $x = 3x'$ $y=3y' + 1$ da, al ampliar y dividiendo por $3$, $$ 3x'^2 - 1 = 9y'^3 + 9y'^2 + 3y', $$ que de nuevo no tiene soluciones después de la reducción modulo 3. Por lo $p_3$ no se puede dividir tanto los ideales de uno y otro, por lo $\left( x + \sqrt{-6}(y+1) \right)$ $\left( x - \sqrt{-6}(y+1) \right)$ son coprime ideales.
Ya hemos única factorización por los ideales en un anillo de enteros entonces podemos escribir $$ \left( x + \sqrt{-6}(y+1) \right) = I_1^3 \text{ y } \left( x - \sqrt{-6}(y+1) \right) = I_2^3 $$ por unos ideales $I_1$ $I_2$ $\mathbb{Z}[\sqrt{-6}] = \mathcal{O}_K$ donde $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-6})$. Dado que el número de clase es $2$ $I_2$ cubos a un director ideal debemos tener ese $I_1$ que es lo principal, así $$ \left( x + \sqrt{-6}(y+1) \right) = (\alpha)^3 = (\alpha^3), $$ para algunos $\alpha$$\mathbb{Z}[\sqrt{-6}]$. Dado que las únicas unidades en $\mathbb{Z}[\sqrt{-6}]$ $\pm1$ a continuación, obtener $$ x + \sqrt{-6}(y+1) = \pm \alpha^3 = (u +\sqrt{-6}v)^3, $$ para algunos $u,v$$\mathbb{Z}$. A continuación, podemos ver inmediatamente que $$ x - \sqrt{-6}(y+1) = (u - \sqrt{-6}v)^3, $$ y por lo $(y+2)^3 = (u^2 + 6v^2)^3$. Esto entonces nos da $$ y+2 = u^2 + 6v^2, $$ cual fue el final de la pregunta que le hice, pero voy a escribir el resto de la solución a la ecuación de diophantine de todos modos, para la integridad.
Podemos, a continuación, expanda $x + \sqrt{-6}(y+1) = (u + \sqrt{-6}v)^3$ e igualamos los coeficientes de $1$ $\sqrt{-6}$ para obtener $$ x = u^3 -18uv^2, \text{ y } y +1 = 3u^2v - 6v^3. $$ Entonces como $y+ 2 = u^2 + 6v^2$ hemos $$ u^2 + 6v^2 = 1 + 3u^2v -6v^3, $$ que podemos manipular para $$ u^2 = \frac{ 1-6v^2(1+ v)}{1-3v}, \text{ o } 9u^2 = \frac{45v^2(1+v) - 9}{3v-1}. $$ Sólo por división de polinomios esto le da $$ 9u^2 = 18v^2 + 18v + 8 - \frac{1}{3v-1}, $$ y por lo $9u^2$ es un número entero sólo si $\frac{1}{3v-1}$ es un número entero, lo cual es cierto sólo si $v = 0$. Por lo tanto, en particular, $u$ es un número entero sólo si $v = 0$. A continuación, $v = 0$ nos da ese $u^2 = 1 $ sustituyendo en la ecuación anterior. Por lo tanto, $y = -1$ $x^2 = 1$ y el único entero soluciones de la ecuación son $$ (x,y) = (\pm1, -1). $$
$$x^2 + 6(y+1)^2 = (y+2)^3<=>$$ $$x^2+6(y+1)(y+1)=(y+2)(y+2)(y+2)<=>$$ $$x^2+6y^2+12y+6=y^3+6y^2+12y+8<=>$$ $$x^2+6=y^3+8<=>$$ $$x^2-y^3=2<=>$$
Por lo tanto:
$$x=\sqrt{y^3+2}<=>$$ $$y=\left(x^2-2\right)^{\frac{1}{3}}<=>$$
$$x=\sqrt{\left(\left(x^2-2\right)^{\frac{1}{3}}\right)^3+2}<=>$$ $$x=\sqrt{x^2-2+2}<=>$$ $$x=\sqrt{x^2}<=>$$ $$x=x$$
Solución para x y y:
$$x=1, y=-1$$
