Ecuación de diophantine positivo complicado

Question

Encontrar todas las soluciones a la ecuación de $x^3=y^5+100$ número entero positivo.

Observe que $7^3=3^5+100$ es una solución, pero no encuentro más.

Gracias por tu ayuda!

P.S. no sé cualquier avanzada teoría de números, solo cosas básicas de Olimpiada.

Answer 1

Gracias a Edward tenemos la certeza moral de que $(x,y) = (7,3)$ es la única solución. [He ampliado la búsqueda a todos los impares $y<10^9$ usando el gp de comandos

forstep(y=1,10^9,2, if(ispower(y^5+100,3),print(y)))

el que tomó cerca de 4 minutos y de salida sólo $3$ como se esperaba.] También, como un caso especial de Siegel teorema de la integral de puntos sabemos que hay sólo un número finito de enteros soluciones. El original de la prueba es "ineficaz", es decir, no produce un algoritmo que puede ser garantizado para encontrar todas las soluciones; el trabajo más reciente a veces proporciona este tipo de algoritmos, e incluso los que puede ser realizado en la práctica, pero no es fácil, siendo claramente "avanzada de la teoría de los números" como opuesto a "basic olimpiada de cosas". La existencia de una solución no trivial $(7,3)$ hace bastante raro que un elemental prueba de ello es posible; para empezar, nunca será suficiente utilizar sólo congruencias módulo de un par de números pequeños, porque una vez $(7,3)$ las obras no siempre será infinitamente muchos más supervivientes de los candidatos.

Una cosa que hace de este un poco más manejable, y efectivamente solucionable, al menos en principio, es que el $100$ pasa a ser un cuadrado, y también del cubo, por lo tanto, cualquier solución de los rendimientos un par de soluciones de $(\pm 10,-x,y)$ a de la ecuación de Diophantine $X^2+Y^3+Z^5=0$ en relativamente primer enteros. Esto nos permite construir en trabajo previo en el papel

J. Edwards: Una Solución Completa a $X^2 + Y^3 + Z^5 = 0$, Revista f. d. reine und angew. De matemáticas. (El Diario de Crelle) 571 (2004), 213-236.

por completo que resuelve esta ecuación relativamente en el primer estado. Edwards se encuentra $27$ identidades $X_i(r,s)^2 + Y_i(r,s)^3 + Z_i(r,s)^5 = 0$, cada una con $X_i,Y_i,Z_i$ polinomios homogéneos de grado $30$, $20$, $12$ respectivamente, y muestra que cada solución de $X^2+Y^3+Z^5=0$ en relativamente primos los números enteros se obtiene a partir de una de estas soluciones mediante la sustitución de algunos enteros para$r$$s$. Por lo tanto, cualquier solución con $X = \pm 10$ es una solución de uno de los $27$ pares de Thue ecuaciones $X_i(r,s) = \pm 10$. Este número es probablemente exagerado porque algunos $i$ podría ser descartado por la congruencia de las condiciones, pero al menos uno debe ser posible, otra vez, porque sabemos que la solución $(X,Y,Z)=(10,-7,3)$. A menos de que estemos bastante suerte, no vamos a ser capaces de resolver todas estas ecuaciones por medio elemental, y desde cada uno de los polinomios $X_i(r,s)$ tiene el grado $30$ las técnicas más avanzadas (intente $p$-ádico métodos en primer lugar, y el Panadero límites donde la $p$-ádico de análisis de no llegar a un soluciones completas) podría tomar un poco de trabajo para completar.

[añadido más tarde] El sexto de J. Edwards identidades ha $Z = \sum_{j=0}^{12} a_j r^j s^{12-j}$, donde los coeficientes $a_0,\ldots,a_{12}$ $$ 3,12,-132,0,-1980,-3168,3168,12672,-39600,-10560,-61248,-26112,27072, $$ y luego (como con todas estas identidades) $Y$ es la escala de Hess $(Z_{rr} Z_{ss} - Z_{rs}^2)/132^2$ $X$ es de la escala de verificación Jacobiana $(Y_r Z_s - Y_s Z_r) / 240$. Tomando $(r,s)=(0,1)$ recupera la solución $10^2 - 7^3 + 3^5 = 0$. Así que debemos, al menos, demostrar que hay no hay otras soluciones de el grado-$30$ Thue ecuación de $Z_6(r,s) = 10$. Desde $Z_6$ es irreductible y no es positiva definida (el polinomio $Z_6(1,s)$ tiene cuatro raíces reales), incluso esta parte del problema parece poco probable que haya una escuela primaria de la solución.

Answer 2

mcd enfoque: $x$ $y$ son coprime, y ambos no divisible por 2 ni por 5.

Prueba. Suponga $g$ es el máximo común divisor de a$x$$y$. podemos poner $x=gt$ $y=gs$ para obtener: $$\color{red} {g^3t^3}=\color{green}{g^5s^5}+100$$ Las expresiones $\color{red}{g^3t^3}$ $\color{green}{g^5s^5}$ son ambos divisibles por $g^3$, por lo que también se $g^3|100$. La única cúbicos número de dividir 100 es 1. Por lo $\gcd(x,y)=1$.

Ahora, vamos a $g'$ ser el máximo común divisor de a $x$ y 100. De $g'|x$ $g'|100$ podemos inferir $g'|x^3-100=y^5$$g'|y^5$$g'|y$. Pero si $g'$ divide tanto a a$x$$y$, él debe dividir su mcd, por lo tanto $g'=1$ ($\gcd(100,x)=1$, o 100 y $x$ son coprime). De manera similar podemos ver que el 100 $y$ son coprime, por lo $x$ $y$ son ambos no divisible ni por 2 ni 5.

En esta, $\gcd(a, b)$ significa máximo Común Divisor, el mayor entero que divide tanto a a$a$$b$. Si $\gcd(a,b)=1$, podemos decir $a$ $b$ son coprime.

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De Euler y Fermat teoremas de aproximación:

Desde el teorema de Euler podemos conseguir algunos modular la ecuación (gracias a Edward para que los resultados de la mod de los números primos):

1. mod 2: Como he demostrado anteriormente, $x$ $y$ $\equiv 1$
2. $x^3\equiv x\equiv y+1 \pmod 3$
3. $x^3\equiv x\equiv y \pmod 4$
4. $x^3\equiv y \pmod 5$
5. $x^3\equiv x\equiv y+4 \pmod 6$
6. $x^3\equiv y+4 \pmod 8$
7. $x^3\equiv y \pmod{10}$
8. $x^3\equiv y+4 \pmod{12}$

Por el teorema del resto Chino, podemos inferir algunos más modular ecuaciones de esa lista. De 2., 4. y 6. sabemos que:

• $x^3=y+4+8k_1$
• $x^3=y+5k_2$
• $x^3=y+1+3k_3$

Este partido en una fórmula: $x^3 = y+n$ n, donde n es igual a 4 mod 8, 0 mod 5 y 1 mod 3. Esto tiene una solución única de la mod 120: $$x^3\equiv y+100 \pmod{120}$$ De manera Similar trae la fórmula para $x$: $$x\equiv y+4 \pmod{12}$$

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Aproximación de fuerza bruta: Puedo ejecutar este comando en python (ya que no tengo Matmatica ni de Matlab):

[(x,y) for (x,y) in itertools.product(xrange(10), xrange(10)) if gcd(x,100)==1 and gcd(y,100)==1 and (x**3)%10==(y**5)%10]

Y consiguió que las únicas soluciones modulo 10 son: $(1, 1), (3, 7), (7, 3), (9, 9)$

Comando Similar me trajo el sólo 40 soluciones modulo 100:

[(x,y) for (x,y) in itertools.product(xrange(100), xrange(100)) if gcd(x,100)==1 and gcd(y,100)==1 and (x**3)%100==(y**5)%100]

$[(1, 1), (1, 21), (1, 41), (1, 61), (1, 81), (7, 3), (7, 23), (7, 43), (7, 63), (7, 83), (43, 7), (43, 27), (43, 47), (43, 67), (43, 87), (49, 9), (49, 29), (49, 49), (49, 69), (49, 89), (51, 11), (51, 31), (51, 51), (51, 71), (51, 91), (57, 13), (57, 33), (57, 53), (57, 73), (57, 93), (93, 17), (93, 37), (93, 57), (93, 77), (93, 97), (99, 19), (99, 39), (99, 59), (99, 79), (99, 99)]$

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EDIT: Divisores de x y de y con fuerza bruta:si $q|y$,$q|y^5=x^3-100$$x^3\equiv100\pmod q$. De manera Similar se muestra que, si $p|x$$y^5\equiv -100 \pmod p$. Por lo que ejecutar algún comando Python para detectar lo $q$ $p$ no puede ser:

>>> qs=[q for q in xrange(1, 1000) if not [x for x in xrange(q) if x**3%q==100%q]]
>>> qs=[q for q in qs if not [x for x in qs if x!=q and q%x==0]]

Me dio ese $y$ no es divisible por cualquier número de:

[7, 8, 13, 19, 31, 43, 61, 67, 97, 109, 125, 151, 157, 163, 181, 193, 199, 211, 223, 229, 241, 277, 283, 307, 313, 337, 367, 373, 379, 397, 409, 433, 439, 487, 499, 523, 541, 571, 577, 601, 619, 631, 709, 727, 757, 769, 787, 811, 823, 853, 877, 883, 919, 937, 991]

Por comandos similares que tengo:

>>> ps=[p for p in xrange(1, 1000) if not [y for y in xrange(q) if y**5%p==(-100)%p]]
>>> ps=[p for p in ps if not [x for x in ps if x!=p and p%x==0]]

Por lo $x$ no es divisible por alguno de los siguientes:

[8, 31, 41, 61, 71, 125, 131, 151, 181, 191, 211, 241, 271, 311, 331, 401, 421, 431, 461, 491, 541, 571, 601, 631, 661, 691, 701, 751, 761, 811, 821, 881, 911, 941, 971, 991]

Me preguntó de una manera adecuada, para determinar los posibles valores de$p$$q$. Voy a actualizar si encuentra una mejor manera.

Como en esta respuesta, $x^k\equiv n \pmod p$ fib $n^{\frac{p-1}{k_p}}\equiv 1 \pmod p$ donde $k_p = \gcd(k,p-1)$.

En nuestro caso, tenemos $x^3\equiv 100 \pmod q$ fib $100^{\frac{q-1}{k_q}}\equiv 1 \pmod q$. Si $k_q=(q-1, 3)=1$, la ecuación se convierte en $100^{q-1}\equiv 1 \pmod q$, lo cual es cierto para todos los prime $q$ por Fermat poco teorema.

Así que supongamos que tenemos $k_q=(q-1, 3)=3$ o $3|q-1$. Ahora, la ecuación se convierte en $100^{\frac{q-1}3}\equiv 1 \pmod q$ o $ord_q(100)|\frac{q-1}3$. Más cerca de forma que parezca imposible.

Answer 3

Pregunta interesante. He aquí una completa (EDIT: y lo malo!) respuesta que muestra que $(x=7, y=3)$ es la única solución.

En primer lugar, me engañó y escribió un pequeño programa de ordenador en el que se evaluaron todos los números enteros de hasta un millón. Su solución de $(x=7, y=3)$ fue el único que encontró.

En segundo lugar, podemos observar que el$x^3 - y^5 = 100$, por lo que es claro que $x^3 > 100$ y, por tanto,$x \ge 5$.

Tercero, debido a que $x^3 - y^5 > 0$, es claro que $x^3 > y^5$$x > y$.

Ahora entramos en un poco de teoría de los números. Fermat Poco Theorum dice que $a^p \equiv a\:\pmod p$ por lo que podemos considerar la ecuación de $\mod 3$ como sigue: $$\begin{eqnarray} x^3 &\equiv& y^5 + 100 \pmod{3} \\ x &\equiv&y^5+100 \pmod{3}\\ x &\equiv&y^5+1 \pmod{3}\\ x &\equiv&y^{5 \bmod \phi(3)} + 1 \pmod{3}\\ x &\equiv&y^{5 \bmod 2} +1 \pmod{3}\\ x &\equiv&y + 1 \pmod{3} \end{eqnarray}$$

En este, el $\phi(n)$ función de Euler totient función que es igual a $n-1$ al $n$ es un número primo. Podemos hacer una operación similar considerando una versión arreglada de la ecuación original $\mod 5$: $$\begin{eqnarray} x^3-100 &\equiv& y^5\pmod{5}\\ x^3-100 &\equiv& y\pmod{5}\\ x^3 &\equiv& y\pmod{5} \end{eqnarray}$$

Resumiendo, podemos afirmar que $x\ge 5$, $x>y$, $x\equiv y+1\pmod{3}$ y $x^3 \equiv y\pmod{5}$ para las soluciones de esta ecuación.

Esto se debe, probablemente, nos permiten concluir que el $(x=7, y=3)$ es la única solución, pero por el momento, me falta la visión que nos lleve a esa conclusión. Tal vez esto inspire a alguien que llene el espacio en blanco.

Editar:

La inspiración ha llegado al fin! Como LeeNeverGup ha señalado, sabemos que $x$ $y$ son de la misma paridad (ambos pares o ambos inclusive) debido a que la ecuación de $\mod 2$$x \equiv y$. Podemos descartar que ambos incluso sustituyendo $x=2a$ $y=2b$ rendimiento $2^3a^3=2^5b^5+100 \implies 2a^3=8b^5+25 \implies 0\equiv 0+1 \pmod{2}$. Ya que eso no es cierto, tanto en $x$ $y$ debe ser de los números impares.

También sabemos de la $\mod 3$ ecuación por encima de la $x\equiv y+1 \pmod{3}$. Dicho de otra manera, $x-y =3n+1$ donde $n \in \mathbb{N}$ (el conjunto de los números naturales). Desde $x$ $y$ son ambos números impares, podemos sustituir el $x=2a+1$ $y=2b+1$ ( $a,b \in \mathbb{N}$ ). Esto nos da $2a+1-2b-1=3n+1$. El examen de esta en $\mod 2$ rendimientos $0+1-0-1\equiv n+1 \pmod{2}$ tan claramente $n\equiv 1\pmod{2}$. De nuevo tenemos que hacer una sustitución para mostrar este hecho y llegamos $x-y=3(2c+1)+1; c\in\mathbb{N}$ o $x-y=6c+4$$y = x-6c-4$.

Sustituyendo esto en la ecuación cúbica, obtenemos $x^3-x+6c+4=5m$, así que, de nuevo buscando en esta ecuación $\mod 2$, podemos ver que $m \equiv 0\pmod{2}$. Una vez más nos sustituto para reflejar esta $x^3-x+6c+4=10f; f \in\mathbb{N}$.

Sabemos que $(x=7,y=3)$ es una solución y sabemos que $x\ge 5$ y $x \equiv 1 \pmod{2}$ (es decir, $x$ es impar). Si no hay otra solución, debe ser de la forma $x=2d+9$ donde $d\in\mathbb{N}$. Teniendo en cuenta esto, podemos reescribir la ecuación cúbica de arriba: $$\begin{eqnarray} (2d+9)^3 -2d-9+6c+4&=&10f\\ (2d+9)^3 -2d+6c-5&=&10f\\ 8d^3+108d^2+484d+6c+724&=&10f \end{eqnarray}$$ Si resolvemos para $d$ (la omisión de una gran cantidad de desorden álgebra) tenemos tres soluciones, dos de los cuales involucran los números imaginarios, y por lo tanto puede ser descartado debido a $d \in \mathbb{N}$. Eso nos deja con $$d=\left(\frac{\sqrt{675f^2+\left(-810c-540\right)f+243c^2+324c+107}}{8\times 3^{\frac{3}{2}}} - \frac{-5f+3c+2}{8}\right) ^{\frac{1}{3}}+\\ {\frac{1}{12\left(\frac{\sqrt{675f^2+\left(-810c- 540\right)f+243c^2+324c+107}}{8\times 3^\frac{3}{2}}-\frac{-5 f+3c+2}{8}\right)^\frac{1}{3}}} -\frac{9}{2}$$ La sustitución de $$g=\left(\frac{\sqrt{675f^2+\left(-810c- 540\right)f+243c^2+324c+107}}{8\times 3^\frac{3}{2}}-\frac{-5 f+3c+2}{8}\right)^\frac{1}{3}$$ Si multiplicamos ambos lados por 2, se obtiene $$ 2d = 2g+\frac{1}{6g}-9$$. Since $2d$ and $9$ are integers, $2g+\frac{1}{6 g}$ also must be an integer. So $\frac{12g+1}{6 g} = \frac{2g + \frac{1}{6}}{g}$ must be an integer (specifically an odd integer) and so $g$ must be an odd multiple of $\frac{1}{6}$. Esa afirmación no es correcta! Por lo tanto el resto de la prueba también es errónea y debe ser ignorado. Gracias a @barto para señalar esto en un comentario y pido disculpas a todos por el error.

En otras palabras $6g \in \mathbb{Z}$$6g \equiv 1\pmod{2}$. Podemos volver a nuestra definición de $g$, y el sustituto de: $$6g=2h+1=6\left(\frac{\sqrt{675f^2+\left(-810c- 540\right)f+243c^2+324c+107}}{8\times 3^\frac{3}{2}}-\frac{-5 f+3c+2}{8}\right)^\frac{1}{3}$$ where $h \in \mathbb{N}$. $$2h+1=3\left(\frac{\sqrt{675f^2+\left(-810c- 540\right)f+243c^2+324c+107}}{3^\frac{3}{2}}+5 f-3c-2\right)^\frac{1}{3}$$
Desde $2h+1$ es un entero impar, $\left(\frac{\sqrt{675f^2+\left(-810c- 540\right)f+243c^2+324c+107}}{3^\frac{3}{2}}+5 f-3c-2\right)^\frac{1}{3}$ must also be an odd integer. So $\frac{\sqrt{675f^2+\left(-810c- 540\right)f+243c^2+324c+107}}{3^\frac{3}{2}}+5 f-3c-2$ debe ser una extraña cúbicos entero Esto implica que $\sqrt{\frac{675f^2-810cf-540f+243c^2+324c+107}{27}}$ es un número entero, y así es $\frac{675f^2-810cf-540f+243c^2+324c+107}{27}$. Por lo $675f^2-810cf-540f+243c^2+324c+107 \equiv 0 \pmod{27}$. Sin embargo, cada uno de los factores excepto 107 es divisible por 27 así, obtenemos $26 \equiv 0 \pmod{27}$ lo cual es una contradicción.

Por lo tanto, $(x=7, y=3)$ es la única solución.

Answer 4

De nuevo, no es una solución completa, sólo algunas ideas nuevas...

El hecho de que usted ya sabe una solución que hace interesante. Esto nos permite escribir la ecuación como $$x^3-7^3=y^5-3^5,$$ o $$(x-7)(x^2+7x+49)=(y-3)(y^4+3y^3+9y^2+27y+81).$$ Tenga en cuenta que cada divisor primo de $\frac{x^3-7^3}{x-7}$ es $3$ o congruentes a $1$ modulo $3$. Del mismo modo, cada divisor primo de $\frac{y^5-3^5}{y-3}$ es $5$ o congruentes a $1$ modulo $5$. (Todo esto es debido a un mayor resultado general que involucra cyclotomic polinomios de números primos.)

El factor que 'hace' el RHS gran es $y^4+3y^3+9y^2+27y+81$. El hecho de que este solo puede haber primos $\equiv0,1\pmod5$ sugiere que no habrá muchas soluciones como $x^3-7^3$ podría tener un montón de primos divisores que tienen que dividir el $y-3$. Encontrar un estrecho límite superior en la división de los números primos $x^3-7^3$ que $\equiv0,1\pmod5$ podría excluir otras soluciones.

Voy a empezar considerando un caso fácil. Si $x-7\mid\frac{y^5-3^5}{y-3}$ entonces $x\equiv2$ o $x\equiv3\pmod5$. En cualquier caso, $x^2+7x+49$ no es congruente a $0$ o $1$ modulo $5$, por lo que deben tener algunos divisor $>1$ en común con $y-3$. Queremos que este divisor a ser grande con el fin de obtener una contradicción.

Tal vez la búsqueda de un límite superior en $\gcd(x-7,y-3)$ podría ayudar. Sin duda el $\gcd$ brecha $3x-7y$ pero realmente no puedo hacer nada interesante de este.