Ecuación diofántica: elegir el módulo adecuado para probar una ecuación no puede ser satisfecha

Question

Yo estaba buscando en este problema, el cual le pide a demostrar que no hay $m,n \in \mathbb Z$ tal que $$3n^2+3n+7 = m^3.$$ El resultado se sigue inmediatamente de la consideración de la ecuación módulo $9$ y la enumeración de las posibilidades. Pero, ¿y si de alguna manera no se $9$ y en lugar de considerar otros módulos? En otras palabras, estaríamos con el objetivo de encontrar una $k \in \mathbb Z$ para que los conjuntos de $\{3n^2 + 3n + 7:n\in\mathbb Z\}$ $\{m^3:m\in\mathbb Z\}$ son disjuntas modulo $k$, lo que demuestra la imposibilidad de encontrar ese $m,n$.

He mirado a través de todos los $k \in [2, 5000]$, y los ganadores son precisamente los múltiplos de $9$. ¿Por qué es esto así?

La principal duda que tengo es este:

Es cierto que $\{3n^2 + 3n + 7:n\in\mathbb Z\}$ $\{m^3:m\in\mathbb Z\}$ son disjuntas modulo $k$ si y sólo si $k \equiv 0 \pmod 9$?

Answer 1

He aquí un boceto. Para todos, pero un número finito de números primos $p$, la ecuación da lugar a una curva elíptica $\bmod p$. Para ver esto de manera muy explícita, volver a escribir como

$$81n^2 + 81n + 27 \cdot 7 = 27m^3$$

y el sustituto de la $z = 9n, x = 3m$ para obtener

$$z^2 + 9z + 27 \cdot 7 = x^3.$$

Ahora completar el cuadrado para obtener

$$\left( z + \frac{9}{2} \right)^2 = x^3 - 27 \cdot 7 + \frac{81}{4} = x^3 - \frac{3^3 \cdot 5^2}{2^2}.$$

Sustituyendo $y = z + \frac{9}{2}$ produce una curva elíptica $\bmod p$ para todos los números primos $p$, excepto posiblemente $p = 2, 3, 5$.

El Hasse-Weil obligado implica que, al $p \neq 2, 3, 5$ esta curva tiene al menos $p - 2 \sqrt{p}$ puntos en ella, así que para todos los números primos $p \ge 7$ hay una solución $\bmod p$. (Esta es la menos trivial paso en el argumento, y lo que realmente se utiliza el hecho de que tenemos una curva elíptica y no sólo algunas de polinomio.) El uso de Hensel del lema nos va a permitir levantar estas soluciones $\bmod p^k$, y utilizando el teorema del resto Chino nos da soluciones $\bmod n$ donde $n$ no es divisible por $2, 3, 5$.

Ahora el único de los módulos de izquierda a investigar son potencias de $2, 3, 5$. Para$2$$5$, se pueden encontrar soluciones a mano y el uso de Hensel del lexema, lo que deja sólo a $3$.