Ecuación diofantina $x^2 + 32x = y^3$

Question

Estoy tratando de encontrar todas las soluciones de la ecuación diofantina $x^2 + 32x = y^3$ .

Creo que el primer paso es la factorización: $x(x+32)=y^3$ .

Si $x$ es impar, entonces $x+32$ también es impar. Los divisores comunes de $x$ y $x+32$ debe dividir a 32, y como todos los divisores de 32 son pares excepto 1, entonces debemos tener gcd $(x,x+32)=1$ . Por lo tanto, $x$ y $x+32$ son cubos, y como no hay cubos que estén separados por 32, entonces no hay soluciones cuando $x$ es impar.

Estoy atascado en qué hacer cuando $x$ es uniforme. ¿Es el mismo enfoque la mejor manera de hacerlo, es decir, considerar todos los posibles divisores comunes cuando $x$ ¿está a mano? No veo cómo proceder a partir de este punto.

Answer 1

Dejemos que $z = x + 16$ . Entonces tenemos $(z-16)(z+16) = y^3$ .

Caso A:
Si $z-16$ y $z+16$ son coprimos, cada uno debe ser un cubo, y entonces tenemos dos cubos cuya diferencia es $32$ . Como la diferencia entre los cubos aumenta bastante rápido, es fácil comprobar que no existen tales cubos. $[3^3 - 2^3 = 19, 4^3 - 3^3 = 37, \cdots]$ .

Caso B:
Si $z-16$ y $z+16$ compartir un factor $k > 1$ , como $\gcd(z-16, z+16) = \gcd(32, z + 16),$ debemos tener $k \mid 32$ . Es fácil ver que $k$ debe ser la máxima potencia de $2$ que divide cualquiera de $z-16$ o $z+16$ , a menos que uno de ellos sea cero .

Supongamos primero que ninguno de los dos $z-16$ o $z+16$ son cero. Entonces
$k^2 \mid LHS \implies k^2 \mid y^3 \implies k = 8$ un cubo perfecto, ya que no hay ningún otro factor de $2$ en el LHS. Sea $u = \dfrac{z}{8}$ en ese caso, y tenemos $(u-2)(u+2) = v^3$ como la ecuación ahora. Ahora $u-2$ y $u+2$ deben ser coprimas y, por lo tanto, cubos entre sí. Así que tenemos dos cubos cuya diferencia es $4$ . Es fácil comprobar que tales cubos no existen.

Por lo tanto, el único caso que queda es cuando cualquiera de los dos $z-16=0$ o $z+16=0$ . En ambas opciones, tenemos soluciones obvias con $y=0$ correspondiente a $x = 0$ o $x = -32$ .

Answer 2

Si $2\nmid x$ $x$ $x+32$ necesidad de ser cubos, que es imposible. Así que no existe $x_1,y_1 \in \mathbb{Z}$ tal que $x=2x_1$, $y=2y_1$, y llegamos $$x_1(x_1+16)=2y_1^3$$ Si $2\nmid x_1$$2\nmid x_1+16$, de modo que existe $x_2 \in\mathbb{Z}$ tal que $x_1=2x_2$. Pero, a continuación,$2\mid \text{gcd}(x_1,x_1+16)$, lo que implica que $4\mid 2y_1^3$, es decir no existe $y_2 \in \mathbb{Z}$ tal que $y_1=2y_2$. Substituing llegamos $$x_2(x_2+8)=4y_2^3.$$ Va por delante en la misma manera, tenemos que $2\mid x_2$, establecimiento $x_2=2x_3$ algunos $x_3 \in \mathbb{Z}$ tenemos $$x_3(x_3+4)=y_2^3.$$ If $2\nmid x_3$ then $2\nmid x_3y_2(x_3+4)$, and in particular $x_3$ and $x_3+4$ have to be both cubes of some integers, and that's again impossible. So by force $2\mediados de x_3$, implying that $2\mediados de y_2$, i.e. there exist $x_4,y_4$ such that $x_3=2x_4$, $y_2=2y_4$. Now we get $$x_4(x_4+2)=2y_4^3;$$ as before $2\a mediados \text{mcd}(x_4,y_4)$, we set $x_4=2x_5, y_4=2y_5$ and we get $$x_5(x_5+1)=4y_5^3$$ Para facilidad finalmente la notación de conjunto $\alpha=2x_5-1$$\beta=2y_5$: la ecuación anterior es exactamente equivalente a $$\alpha^2-1=2\beta^3, \text{ with }\alpha,\beta \in \mathbb{Z}.$$ Desde $2\nmid \alpha$$2=\text{gcd}(\alpha+1,\alpha-1)$. Por lo tanto, tenemos exactamente dos casos.

Caso 1. $\alpha+1=2a^3, \alpha-1=b^3$ para algunos enteros $a,b$. $b$ tiene que ser, incluso, por lo que el $$\left(2\frac{a}{b}\right)^3+\left(-\frac{2}{b}\right)^3=4.$$

Caso 2. $\alpha+1=c^3, \alpha-1=2d^3$ para algunos enteros $c,d$. $c$ tiene que ser, incluso, por lo que el $$\left(2\frac{d}{c}\right)^3+\left(\frac{2}{c}\right)^3=4.$$

[Gracias a Yimin para la corrección: tenemos que descartar casos $b=0$ $c=0$ antes de dividir toda la parte restante, de la que se obtiene exactamente los dos trivial solución de $x=0$$x=-32$]

En ambos casos, debemos obtener una solución racional $(X,Y) \in \mathbb{Q}^2$ a de la ecuación de $$X^3+Y^3=4.(*)$$

Ahora, ambos de Euler (véase el Álgebra, 2, 1770, Arte, 247) y de Dirichlet (ver Werke, II, Anhang, 352-3) demostrado por el descenso que (*) no tiene soluciones racionales.

Answer 3

Dejaré que otros encuentren una prueba elemental, pero sólo quería decir que esta ecuación define una curva elíptica $E:x^2+32x=y^3$ (normalmente la llamada ecuación de Weierstrass se escribiría $y^2+32y=x^3$ pero eso no importa). El teorema de Mordell-Weil afirma que el conjunto de puntos racionales es un grupo abeliano finitamente generado, por lo que $$E(\mathbb{Q})\cong T_E \times \mathbb{Z}^{R_E},$$ donde $T_E$ es un subgrupo finito, y $R_E\geq 0$ se llama el rango de la curva elíptica. Existen métodos para calcular $T_E$ y $R_E$ (como el teorema de Nagell-Lutz, o el método de $2$ -descenso), y estos métodos se implementan en software como Sage y Magma. En este caso: $$T_E=\{\mathcal{O},(0,0),(-32,0)\}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z},$$ donde $\mathcal{O}$ es el punto en el infinito con coordenadas proyectivas $[1,0,0]$ y $R_E=0$ . Por lo tanto, no hay más puntos racionales o integrales que $(0,0)$ y $(-32,0)$ .

He calculado la torsión y el rango utilizando la calculadora en línea de Magma :

E:=EllipticCurve([0,0,32,0,0]);

Rango(E);

TorsiónSubgrupo(E);