prueba directa $ x^2 \pm 1$ no es un cubo perfecto para los enteros $ x \geq 4$

Question

por directo quiero decir sin usar ninguna forma de conjetura catalana.

Ya que todos los cubos son múltiplos de $8$ así que son múltiplos de $4$ . Por lo tanto, si el cuadrado es impar y más pequeño que el cubo tiene que ser congruente con $3 \pmod 4$ . Y esto no es posible ya que los cuadrados son congruentes con $0$ o $1 \pmod 4$ . Así que esto se deshace de $1$ de esos casos. Sin embargo, creo que no es una buena manera de abordar el problema.

Answer 1

[El último caso de $x^2-1=y^3$ está incompleta. Lo siento.]

Veamos el caso $$x^2+1=y^3.$$ Como el h.l. nunca es divisible por cuatro, el OP observó que debemos tener $y$ impar y $x$ incluso.

En el anillo de enteros gaussianos $\mathbb{Z}[i]$ los factores de l.h.s. como $x^2+1=(x+i)(x-i)$ . Aquí $$ \gcd(x+i,x-i)=\gcd((x+i)-(x-i),x-i)=\gcd(2i,x-i)=1, $$ porque la norma de $x-i$ es impar, y por tanto no puede ser divisible por el único factor primo $1\pm i$ de $2i$ . Unicidad de la factorización en $\mathbb{Z}[i]$ implica entonces que $$ x+i=u(a+bi)^3 $$ para alguna unidad $u$ y un factor $a+bi$ de $y$ . Como $u$ es un cubo en sí mismo, puede ser absorbido en $a+bi$ por lo que tenemos que estudiar la ecuación $$ x+i=(a+bi)^3=(a^3-3ab^2)+i(3a^2b-b^3). $$ Comparando las partes imaginarias obtenemos la ecuación (en $\mathbb{Z}$ ) $$ 1=b(3a^2-b^2). $$ La factorización en el anillo de enteros nos permite entonces concluir que $$ 3a^2-b^2=b=\pm1. $$ Vemos fácilmente que la única posibilidad aquí es $b=-1$ , $a=0$ , lo que da $x=0$ , $y=1$ como la única solución.

---

Centrar la atención en $$ x^2-1=y^3. $$ Los factores de l.h.s. como $(x-1)(x+1)$ por lo que es natural dividir según si $\gcd(x-1,x+1)=1$ o $2$ es decir, tratar los casos de un par e impar $x$ por separado.

Si $x$ es par, entonces $\gcd(x-1,x+1)=1$ por lo que la unicidad de la factorización implica que $y=ab$ de tal manera que $x-1=b^3$ y $x+1=a^3$ . Esto significa que $$ 2=(x+1)-(x-1)=a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2), $$ donde los dos factores de la h.r. son positivos, porque la forma cuadrática es positiva definida. Aquí $a^2+ab+b^2\neq2$ para todos los enteros $a,b$ (algo que sabrá cualquiera que haya jugado con la norma de los enteros de Eisenstein), por lo que nos queda el sistema $$ a-b=2\qquad\text{and}\qquad a^2+ab+b^2=1. $$ La única solución de esto se ve fácilmente $a=1$ , $b=-1$ , lo que da como resultado $x=1$ , $y=0$ .

Eso deja el caso $2\nmid x\Leftrightarrow 2=\gcd(x+1,x-1)$ . En este caso tenemos dos posibilidades $$x+1=4a^3,\qquad x-1=2b^3$$ y $$x-1=4a^3,\qquad x+1=2b^3.$$ Esto nos lleva a estudiar las ecuaciones diofánticas $$ 2a^3=b^3\pm1. $$ Esto requiere el anillo de enteros de Eisenstein (otra UFD). Así que vamos a denotar una raíz tercera primitiva de la unidad por $\omega=(-1+\sqrt{-3})/2$ . También registramos la relación $\omega^2+\omega+1=0$ .

Los factores de la hora real sobre $O=\mathbb{Z}[\omega]$ como $$ 2a^3=b^3\pm1=(b\pm 1)(b\pm\omega)(b\pm\omega^2). $$ Aquí obtenemos una apariencia de orden a partir de la observación de que los números $1,\omega$ y $\omega^2$ son los representantes de los cosets no nulos de $2$ en el ring $O$ . El h.l. es divisible por $2$ (inerte en $O$ ), por lo que uno de los factores de la h.r. debe serlo también. Pero los factores de la h.r. caen en diferentes conjuntos de $2O$ por lo que exactamente uno de ellos será divisible por dos. El anillo $O$ tiene seis unidades de las cuales sólo dos son cubos, por lo que el número de casos se dispara. Todos se parecen a $$ \begin{cases}b\pm1=2u_1a_1^3\\b\pm\omega=u_2a_2^3\\b\pm\omega^2=u_3a_3^3,\end{cases} $$ donde $u_i$ son unidades de $O$ y $a_i$ son elementos arbitrarios de $O$ , $i=1,2,3,$ y tenemos la libertad de mover ese factor extra $2$ de una ecuación a otra.

Un cubo en el ring $O$ parece ( $c_1,c_2$ son enteros racionales) $$ (c_1+c_2\omega)^3=(c_1^3-3c_1c_2^2)+3c_1c_2(c_1-c_2)\omega. $$ Aquí el coeficiente de $\omega$ es siempre divisible por tres. Esto nos permite excluir elementos como $b\pm\omega$ y $b\pm\omega^2$ de ser cubos en $O$ . Eso obliga a $u_2$ y $u_3$ para no ser real. En realidad podemos identificar la unidad hasta el signo, porque el anillo de cociente $O/2O$ es un campo finito de cuatro elementos, y por tanto todos los cubos de elementos de elementos en $O\setminus 2O$ están en el coset $1+2O$ .

Pero no puedo dedicar suficiente tiempo a comprobar todos los casos de ella. La solución $a=b=1$ (conocido por nosotros por el catalán) sí aparece aquí porque con $b=1$ tenemos $1+1=2$ $1+\omega=-\omega^2$ y $1+\omega^2=-\omega$ son ambas unidades de $O$ .