¿Existe una forma elemental de encontrar las soluciones enteras de $x^2-y^3=1$ ?

Question

Le di este problema a mi ayudante de licenciatura, ya que vi que Euler lo había resuelto originalmente (aunque tengo problemas para encontrar su demostración). Después de trabajar en él durante dos semanas, redujimos los casos difíciles a demostrar que (1) en $\mathbb{Z}[w]$ la unidad fundamental es $1+w+w^2$ (donde $w$ es la raíz cúbica real de 2) [que siento decir, no estoy seguro de saber de memoria cómo demostrar], y (2) usando esa unidad fundamental, encontré un loco cálculo ad hoc para demostrar que sólo hay las soluciones obvias.

Así que me pregunto si alguien por ahí es más inteligente, sabe dónde puedo encontrar la prueba de Euler, o si hay otra buena prueba elemental en la literatura.

Answer 1

Si sus alumnos conocen un poco los enteros de Eisenstein (factorización única y cuáles son las unidades) existe el siguiente argumento sencillo (¿quizá sea esencialmente el de Euler?). Sea $u$ y $v$ sean las raíces complejas de $z^2+z+1=0$ .

Teorema. Sea $A$ , $B$ , $C$ sean elementos distintos de cero de $\mathbb{Q}[u]$ con suma $0$ y producto dos veces al cubo. A continuación, algunos dos de $A$ , $B$ , $C$ son iguales.

Corolario. Supongamos que $x$ está en $\mathbb{Q}$ y $x^2-1$ es un cubo. Entonces $x$ es $1$ , $-1$ , $0$ , $3$ o $-3$ .

(Para demostrar el corolario $A=1+x$ , $B=1-x$ y $C=-2$ ).

La demostración del teorema es una reductio ad absurdum. Si hay un contraejemplo, hay uno con $A$ , $B$ , $C$ en $\mathbb{Z}[u]$ ; tomar tal contraejemplo con $d=\min(|A|,|B|,|C|)$ lo más pequeño posible. Entonces $A$ , $B$ , $C$ son pares coprimos. Dado que $ABC=2$ (cubo) podemos suponer $A=2i$ (cubo), $B=j$ (cubo), $C=k$ (cubo) donde $i$ , $j$ y $k$ están en el conjunto $\{1,u,v\}$ . Ahora todos los cubos de $\mathbb{Z}[u]$ son $0$ o $1$ mod $2$ . Desde $B+C$ es $0$ mod $2$ , $j=k$ . Desde $ABC=2$ (cubo), $ijk$ es un cubo y $i=j=k$ . Podemos suponer $i=j=k=1$ . Entonces $A=2r^3$ , $B=s^3$ , $C=t^3$ y podemos suponer además que $s$ y $t$ son $1$ mod $2$ . $s$ y $t$ no están ambos en $\{1,-1\}$ y se deduce que $d$ es como mínimo $\sqrt{27}$ . Ahora mire $s+t$ , $us+vt$ y $vs+ut$ . Ellos suman a $0$ y su producto es $B+C=-2(r^3)$ . Son congruentes con $0$ , $1$ y $1$ mod $2$ y los 2 últimos no pueden ser iguales ya que $s$ no es igual a $t$ . Dado que cada uno de ellos es como máximo $2d^{1/3}$ Esto contradice el supuesto de minimalidad.

Esto es realmente un argumento de 3-descenso en una curva elíptica, pero el lenguaje elegante como ves no es necesario. Un argumento casi idéntico da lo que creo que es la mejor prueba del Último Teorema de Fermat para exponente 3.

Answer 2

Hay una bonita forma elemental de resolver la ecuación $$Ny^2-x^3=\pm1$$ cuando $N$ no contiene factores primos que sean de la forma $6k+1$ . Sólo hay 7 soluciones $(x,y,N)$ $$\{(2,3,1)(1,1,2)(23,78,2)(23,39,8)(2,1,9)(23,26,18)(23,18,72)\}$$ Así lo demostró J.H.E. Cohn en el artículo "Las ecuaciones diofánticas $x^3=Ny^2\pm 1$ "

Answer 3

Sólo la segunda prueba es nueva. En 1., explico de dónde vienen las unidades en el campo cúbico y la 3. es una variación de la prueba de Paul Monsky.

1. Intentamos trabajar en ${\mathbb Z}$ el mayor tiempo posible. Escriba a $x^3 = y^2 - 1 = (y-1)(y+1)$ ya que el gcd del factores del lado derecho divide $2$ hay dos posibilidades:

   a) $y$ es par; entonces $y+1 = \pm a^3$ y $y - 1 = \pm b^3$ . Restando estas ecuaciones se obtiene $2 = a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$ Por lo tanto $a-b$ divide $2$ . Revisar todos los casos da $(x,y) = (-1,0)$ .

   b) $y$ es impar; entonces $y+1 = 2a^3$ y $y - 1 = 4b^3$ . S $1 = a^3 - 2b^3$ .

   Queda por resolver la última ecuación. Una posibilidad es demostrar que la unidad $1 - \sqrt[3]{2}$ es fundamental en el número cúbico campo ${\mathbb Q}(\sqrt[3]{2})$ y que sus únicos poderes de la forma $a+b\sqrt[3]{2}$ tienen exponente $0$ o $1$ .

   La otra posibilidad es observar que esta ecuación es una especial caso especial de la cúbica retorcida de Fermat $x^3 + y^3 = 2z^3$ . Pero Paul Monsky demuestra directamente que resolver esta ecuación es todo lo que se necesita.

2. Una prueba más o menos estándar (esto es básicamente un clásico $2$ -pero quizás más directo que el enfoque de Euler, que evita los campos numéricos por completo - es bien sabido que en curvas con un punto racional de orden $2$ , un simple 2-decente se puede realizar trabajando dentro de los racionales) procede como sigue: escribe la ecuación en la forma $$ y^2 = (x+1)(x+\rho)(x+\rho^2), $$ donde $\rho$ es una raíz cúbica primitiva de la unidad. El gcd de dos factores divide $1-\rho$ Por lo tanto, hay dos posibilidades:

   a) $x+1 = \pm a^2$ , $x + \rho = (-\rho)^e (a+b\rho)^2$ , $x + \rho^2 = (-\rho^2)^e (a+b\rho^2)^2$ . Desde $\rho = (1+\rho)^2$ es un cuadrado, podemos subsumir las potencias de $\rho$ en el cuadrado y encontrar $x + \rho = \pm (a+b\rho)^2$ y $x + \rho^2 = \pm (a+b\rho^2)^2$ . Restando estas ecuaciones y dividiendo por $\rho - \rho^2$ da $1 = \pm b(2a-b)$ que conduce a $(x,y) = (0,\pm 1)$ y $(-1,0)$ .

   b) Aquí encontramos $$ x+1 = \ \pm 3a^2, \quad x + \rho = \ \pm (1-\rho) (a+b\rho)^2, \quad x + \rho^2 = \ \pm (1-\rho^2) (a+b\rho^2)^2. $$ Sumando las dos últimas ecuaciones se obtiene $2x-1 = \pm 3(a^2 - b^2)$ . Eliminación de $x$ de aquí y de la primera ecuación (donde en realidad tenemos $x = 3a^2$ desde $x \ge -1$ ) da como resultado $(x,y) = (2,\pm 3)$ .

3. Permítanme dar aquí mi interpretación de la hermosa prueba de Pablo:

   Sea $\alpha, \beta, \gamma \in {\mathbb Z}[\rho] \setminus \{0\}$ . Si $\alpha + \beta + \gamma = 0$ y $\alpha\beta\gamma = 2\mu^3$ entonces tras una permutación adecuada de los tres números tenemos $\alpha = 0$ o $\beta = \gamma$ .

   Prueba. Sea $(\alpha,\beta,\gamma)$ sea un contraejemplo. Entonces $\alpha$ , $\beta$ y $\gamma$ son pares coprimos en ${\mathbb Z}[\rho]$ , y tras una permutación adecuada tenemos $$ \alpha = 2 \rho^a A_1^3, \quad \beta = \rho^b B_1^3, \quad \gamma = \rho^c C_1^3. $$ Entre todos estos contraejemplos, tomemos ahora uno en el que $N\alpha$ es mínima. Dividiendo los tres números por $\rho^a$ podemos suponer que $a = 0$ .

Cubos en ${\mathbb Z}[\rho]$ son $\equiv 0, 1 \bmod 2$ por el Pequeño Teorema de Fermat. Así $0 \equiv \alpha \equiv \beta + \gamma \equiv \rho^b + \rho^c \bmod 2$ lo que implica $b = c$ . Desde $\alpha\beta\gamma$ es un cubo, debemos tener $a = b = c = 0$ .

Así $$ \alpha = 2 A_1^3, \quad \beta = B_1^3, \quad \gamma = C_1^3. $$ Desde $B_1^3 \equiv C_1^3 \equiv 1 \bmod 2$ podemos suponer que $B_1 \equiv C_1 \equiv 1 \bmod 2$ (después de multiplicar estos números por una potencia adecuada de $\rho$ ).

Ahora $\alpha_1 = B_1 + C_1$ , $\beta_1 = \rho B_1 + \rho^2 C_1$ y $\gamma_1 = \rho^2 B_1 + \rho C_1$ . Entonces

• $\alpha_1 + \beta_1 + \gamma_1 = B_1(1+\rho+\rho^2) + C_1(1+\rho+\rho^2) = 0$ .
• $\alpha_1 \beta_1 \gamma_1 = B_1^3 + C_1^3 = \beta + \gamma = -\alpha = 2(-A_1)^3$ .
• $\beta_1 + \gamma_1 = (B_1 + C_1)(\rho+\rho^2) = - (B_1 + C_1) \ne 0$ desde $\beta + \gamma = -\alpha \ne 0$ .
• $N(\alpha_1 \beta_1 \gamma_1) = N\alpha \mid N(\alpha\beta\gamma)$ ; i $N(\beta) = N(\gamma) = 1$ , por lo tanto $\beta, \gamma = \pm 1$ . Pero entonces $\beta = 1$ , $\gamma = -1$ y $\alpha = 0$ contra nuestros supuestos.

Ahora el descenso termina la prueba: $(\alpha_1, \beta_1, \gamma_1)$ es otro solución con $N(\alpha_1 \beta_1 \gamma_1) < N(\alpha\beta\gamma)$ ,

Como observación final me gustaría señalar que el artículo de Cohn en la respuesta de Gjergji Zaimi utiliza "resultados bien conocidos" como la solución de $x^4 - 2y^2 = \pm 1$ y $x^4 - 3y^2 = 1$ . No sé de antemano cuán elementales son las pruebas correspondientes.

Answer 4

En términos más generales, $x^2-y^3=k$ se denomina ecuación de Mordell. Para algunos valores de $k$ En el libro de Mordell Ecuaciones Diofantinas, y en el libro de texto de Uspensky y Heaslett, encontrará soluciones elementales.

EDIT: He echado un vistazo al libro de Mordell. Hace referencia a su artículo, The infinity of rational solutions of $y^2=x^3+k$ J London Math Soc 41 (1966) 523-525.