$x^3+1=y^2$
Ciao!
Stavo cimentandomi con l'equazione diofantea $x^3+1=y^2$. Sono riuscito a risolverla usando pero' un fatto non elementare (riguardante la fattorizzazione unica di un certo anello).
Ne conoscete soluzioni elementari?
Stavo cimentandomi con l'equazione diofantea $x^3+1=y^2$. Sono riuscito a risolverla usando pero' un fatto non elementare (riguardante la fattorizzazione unica di un certo anello).
Ne conoscete soluzioni elementari?
Risposte
Cercherò qualche metodo elementare, ma tendenzialmente l'uso più comune è la ricerca dei punti interi della curva ellittica che quell'equazione rappresenta.
Ti propongo questo metodo risolutivo, poi mi darai una opinione se è sufficientemente elementare (o se ci sono errori).
L'equazione è scrivibile come:
$x^3=y^2-1$
$x^3=(y+1)(y-1)$
consideriamo $gcd(y+1,y-1)$ e osserviamo che:
caso 1)$gcd(y+1,y-1) = 1$ se $y\equiv 0 mod 2$
se ci troviamo in questo caso allora:
$1=y+1$ e $x^3=y-1$
oppure
$1=y-1$ e $x^3=y+1$
quest'ultima la scartiamo causa parità di $y$ e accettiamo la prima soluzione:
$y=0$, $x=-1$
caso 2)$y\equiv 1 mod 2$ allora $2|gcd(y+1,y-1)$ e quindi necessariamente $2|x^3 rightarrow 2|x$ quindi $8|x^3$ ed anche $8|(y+1)(y-1)$:
quindi:
caso 2.1) ${(4|y+1),(2|y-1):}$
da cui risulta che $y=4k+3$, riinserisco il tutto nell'equazione originale:
$x^3=(4k+3)^2-1$
$x^3=16k^2+24k+9-1$
$[...]$
$x^3=8(2k+1)(k+1)$
qui nuovamente consideriamo $gcd(2k+1,k+1)=gcd(k,k+1)=1$, deve quindi essere necessariamente uno dei seguenti casi:
Caso 2.1.1)${(x/2=2k+1), ((x/2)^2=k+1):}$
$(2k+1)^2=k+1$
$4k^2+4k+1=k+1$
$4k(k+1)=0$
allora $k=-1$ che porta a $y=-1$ e $x=0$ (quella di prima) e $k=0$ che porta a $y=3$ e $x=2$
Caso 2.1.2)${(x/2=k+1), ((x/2)^2=2k+1):}$
$(k+1)^2=2k+1$
$k^2+2k+1=2k+1$
$k^2=0$
caso precedente $k=0$ che porta a $y=3$ e $x=2$.
caso 2.2) ${(2|y+1),(4|y-1):}$
da cui risulta che $y=4k+1$, riinserisco il tutto nell'equazione originale come al passo 2.1)
$x^3=(4k+1)^2-1$
$x^3=16k^2+8k$
$x^3=8k(2k+1)$
qui nuovamente consideriamo $gcd(2k+1,k)=gcd(k,1)=1$, deve quindi essere necessariamente uno dei seguenti casi:
Caso 2.2.1)${(x/2=k), ((x/2)^2=2k+1):}$
$k^2=2k+1$
$k^2-2k-1=0$
che non ha soluzioni intere.
Caso 2.2.2)${(x/2=2k+1), ((x/2)^2=k):}$
$(2k+1)^2=k$
$4k^2+4k+1=k$
$4k^2+3k+1=0$
che non ha soluzioni intere.
Finale della storia:
Le uniche soluzioni (sempre che non mi sia sbagliato da qualche parte) sono:
$S_0:{(x=0),(y=-1):}$ e $S_1:{(x=2),(y=3):}$.
Mod: disattenzioni varie corrette da ossevazioni di Martino.
L'equazione è scrivibile come:
$x^3=y^2-1$
$x^3=(y+1)(y-1)$
consideriamo $gcd(y+1,y-1)$ e osserviamo che:
caso 1)$gcd(y+1,y-1) = 1$ se $y\equiv 0 mod 2$
se ci troviamo in questo caso allora:
$1=y+1$ e $x^3=y-1$
oppure
$1=y-1$ e $x^3=y+1$
quest'ultima la scartiamo causa parità di $y$ e accettiamo la prima soluzione:
$y=0$, $x=-1$
caso 2)$y\equiv 1 mod 2$ allora $2|gcd(y+1,y-1)$ e quindi necessariamente $2|x^3 rightarrow 2|x$ quindi $8|x^3$ ed anche $8|(y+1)(y-1)$:
quindi:
caso 2.1) ${(4|y+1),(2|y-1):}$
da cui risulta che $y=4k+3$, riinserisco il tutto nell'equazione originale:
$x^3=(4k+3)^2-1$
$x^3=16k^2+24k+9-1$
$[...]$
$x^3=8(2k+1)(k+1)$
qui nuovamente consideriamo $gcd(2k+1,k+1)=gcd(k,k+1)=1$, deve quindi essere necessariamente uno dei seguenti casi:
Caso 2.1.1)${(x/2=2k+1), ((x/2)^2=k+1):}$
$(2k+1)^2=k+1$
$4k^2+4k+1=k+1$
$4k(k+1)=0$
allora $k=-1$ che porta a $y=-1$ e $x=0$ (quella di prima) e $k=0$ che porta a $y=3$ e $x=2$
Caso 2.1.2)${(x/2=k+1), ((x/2)^2=2k+1):}$
$(k+1)^2=2k+1$
$k^2+2k+1=2k+1$
$k^2=0$
caso precedente $k=0$ che porta a $y=3$ e $x=2$.
caso 2.2) ${(2|y+1),(4|y-1):}$
da cui risulta che $y=4k+1$, riinserisco il tutto nell'equazione originale come al passo 2.1)
$x^3=(4k+1)^2-1$
$x^3=16k^2+8k$
$x^3=8k(2k+1)$
qui nuovamente consideriamo $gcd(2k+1,k)=gcd(k,1)=1$, deve quindi essere necessariamente uno dei seguenti casi:
Caso 2.2.1)${(x/2=k), ((x/2)^2=2k+1):}$
$k^2=2k+1$
$k^2-2k-1=0$
che non ha soluzioni intere.
Caso 2.2.2)${(x/2=2k+1), ((x/2)^2=k):}$
$(2k+1)^2=k$
$4k^2+4k+1=k$
$4k^2+3k+1=0$
che non ha soluzioni intere.
Finale della storia:
Le uniche soluzioni (sempre che non mi sia sbagliato da qualche parte) sono:
$S_0:{(x=0),(y=-1):}$ e $S_1:{(x=2),(y=3):}$.
Mod: disattenzioni varie corrette da ossevazioni di Martino.
Grazie per la soluzione 
Purtroppo non ho capito alcuni passaggi, penso che si debba scambiare la parità di $x$ nei due casi (altrimenti non capisco) e poi altre cose, tipo nel caso $2$ come fai a dire che se $2$ divide $gcd(y+1,y-1)$ allora $2$ divide $y^3$?
Comunque mi fido che esiste un'interpretazione come la tua. Solo che è un po' "contacciosa", e mi chiedevo se esiste una soluzione dove ci si sporca meno le mani...
Purtroppo non ho capito alcuni passaggi, penso che si debba scambiare la parità di $x$ nei due casi (altrimenti non capisco) e poi altre cose, tipo nel caso $2$ come fai a dire che se $2$ divide $gcd(y+1,y-1)$ allora $2$ divide $y^3$?
Comunque mi fido che esiste un'interpretazione come la tua. Solo che è un po' "contacciosa", e mi chiedevo se esiste una soluzione dove ci si sporca meno le mani...
"Martino":
Grazie per la soluzione
Purtroppo non ho capito alcuni passaggi, penso che si debba scambiare la parità di $x$ nei due casi (altrimenti non capisco) e poi altre cose,
Se vuoi basta che me li evidenzi così che possa spiegarli!
tipo nel caso $2$ come fai a dire che se $2$ divide $gcd(y+1,y-1)$ allora $2$ divide $y^3$?
Qui ho sbagliato di scrivere ed ora ho modificato il post.
Comunque mi fido che esiste un'interpretazione come la tua. Solo che è un po' "contacciosa", e mi chiedevo se esiste una soluzione dove ci si sporca meno le mani...
Ci sto ancora pensando, ma spesso capita che elementarietà e calcoli siano inversamente proporzionali.
Hai ragione, le soluzioni elementari sono lunghe.
Per caso conosci una soluzione non elementare ma breve? La mia è un po' troppo lunga a mio avviso.
Ti segnalo le imprecisioni che ho trovato:
In quanto segue usi sempre un'argomentazione del tipo: se $a^3=bc$ con $a,b,c$ interi e $gcd(b,c)=1$ allora o $a=b$ e $a^2=c$ oppure $a^2=b$ e $a=c$. Ma questo non è vero, per esempio $6^3=3^3 * 2^3$, $3^3$ e $2^3$ sono coprimi ma $6 ne 3^3$ e $6 ne 2^3$. Forse stai usando qualche altra ipotesi su $x$?
Per caso conosci una soluzione non elementare ma breve? La mia è un po' troppo lunga a mio avviso.
Ti segnalo le imprecisioni che ho trovato:
"Lord K":Qui parti assumendo che $x$ sia pari e concludi che $x=-1$, c'è qualcosa che non va...
caso 1)$gcd(y+1,y-1) = 1$ se $x\equiv 0 mod 2$ (...) e accettiamo la prima soluzione:
$y=0$, $x=-1$
caso 2)$x\equiv 1 mod 2$ allora $2|gcd(y+1,y-1)$ e quindi necessariamente $2|x^3 rightarrow 2|x$Anche qui, parti assumendo che $x$ è dispari e concludi che $x$ è pari.
In quanto segue usi sempre un'argomentazione del tipo: se $a^3=bc$ con $a,b,c$ interi e $gcd(b,c)=1$ allora o $a=b$ e $a^2=c$ oppure $a^2=b$ e $a=c$. Ma questo non è vero, per esempio $6^3=3^3 * 2^3$, $3^3$ e $2^3$ sono coprimi ma $6 ne 3^3$ e $6 ne 2^3$. Forse stai usando qualche altra ipotesi su $x$?
I primi due sono errori di trascrizione dal mio quaderno al forum (io avevo trascritto $y^3=x^2-1$), mentre alla seconda parte mi sa che hai ragione ed ho scritto delle cose superficialmente. Ci ripenso su e valuta tu se buttare via il mio post precedente.
Chiedo scusa per l'orrore.
Chiedo scusa per l'orrore.
Riprendo il tutto facendo qualche appunto:
1) L'equazione $y^2=x^3+1$ viene chiamata curva di Mordell
2) Le uniche soluzioni dell'equazione sono $P_1=(-1,0)$, $P_(2,3)(0,+-1)$ e $P_(3,4)(2,+-3)$
3) Non ci sono ulteriori soluzioni, poichè il gruppo generato dai $P_i$, $i in {1,..,5}$ con l'operazione usuale di composizione tra punti di una curva ellittica è proprio l'insieme ${P_i}_(i in {1,..,5})$.
3 bis) Il problema è anche un caso particolare della congettura di Catalan.
1) L'equazione $y^2=x^3+1$ viene chiamata curva di Mordell
2) Le uniche soluzioni dell'equazione sono $P_1=(-1,0)$, $P_(2,3)(0,+-1)$ e $P_(3,4)(2,+-3)$
3) Non ci sono ulteriori soluzioni, poichè il gruppo generato dai $P_i$, $i in {1,..,5}$ con l'operazione usuale di composizione tra punti di una curva ellittica è proprio l'insieme ${P_i}_(i in {1,..,5})$.
3 bis) Il problema è anche un caso particolare della congettura di Catalan.
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