$y^2-2=x^3$

[darkcrystal]

Avendo fatto la pirlata di dare a qualcuno la diofantea del titolo senza avere una soluzione elementare, ho passato una frazione non trascurabile degli ultimi giorni a produrne una (e con una certa fatica, devo ammettere). Scopo di questo thread è condurvi a questa soluzione, che - ripeto e prometto - è completamente elementare. Tuttavia, la motivazione per i passaggi della soluzione viene da una certa considerazione "da MNE": iniziamo quindi con due sotto-esercizi, il secondo dei quali è non elementare.

Esercizio 1. "Completando il cubo" adeguatamente, ricondursi ad un'equazione della forma $y^2+6z^2=w^3$, dove $z$ e $w$ sono opportune funzioni di $x$ che vi lascio il piacere di scoprire. Se vi doveste arrendere, qui sotto c'è la soluzione.

Testo nascosto:

$y^2 + 6 (x+1)^2 = (x+2)^3$

Esercizio 2. *Facendo finta* che $\mathbb{Z}[\sqrt{-6}]$ sia a fattorizzazione unica (cosa che non è, ma per ora ignoriamo questo problema) risolvere la diofantea del titolo.

Quando avrete fatto i primi due esercizi, cercherò di proporvi un modo per convertire la dimostrazione fornita dall'esercizio 2 (sbagliata, perché usa una fattorizzazione unica che non c'è) in una dimostrazione vera.

[Talete]

Esercizio 1.

Siccome $z$ e $w$ devono essere funzioni di $x$. Li cerco come funzioni lineari (perché se fossero di deg ≥2 avremmo qualcosa di almeno sesto grado che non ci piace molto ). $z=ax+b$ e $w=cx+d$.

$x^3+2=(cx+d)^3-6(ax+b)^2$;
$(1-c^3)x^3+(6a^2-3c^2d)x^2+(6ab-3cd^2)x+(2+6b^2-d^3)=0$.

Una buona cosa (quella che voglio) è che tutti i coefficienti facciano $0$. In particolare, $c^3-1=0$ da cui $c=1$; inoltre $d=2a^2$ (dalla seconda). Dalla terza trovo $a^3=b$ e dunque dalla quarta potrei avere $a=1$ oppure $a=-1$. Dato che comunque $z=ax+b$ si troverà al quadrato, potrà essere sia $x+1$ che $-x-1$, dunque ne scelgo una a caso (scelgo quella positiva). Ho dunque:

$y^2-6(x+1)^2=(x+2)^3.$

Non ho visto la soluzione, spero sia giusto

Se è giusto, passo avanti, dai!

Esercizio 2.

Chiamo $j:=\sqrt{-6}$. Lavoro in $\mathbb{Z}[j]$ supponendo sia UFD.

$(y-j\cdot(x+1))(y+j\cdot(x+1))=(x+2)^3.$

Suddivido in casi, a seconda che $(x+2)^3$ si suddivida come $(x+2)$ e $(x+2)^2$ oppure come $(x+2)^3$ e $1$.

Caso 1 (che è il secondo che ho detto): Devo avere $y-j\cdot(x+1)=1$ (ho preso wlog quello col meno perché altrimenti basta prendere l'altra radice di $-6$). Questo è assai poco probabile, perché dovrei avere $y-1=(x+1)\cdot j$, ma LHS è puramente reale (cioè, non c'è dentro robaccia complessa) mentre RHS no... a meno che $x=-1$ e $y=1$, che è soluzione!

Caso 2: Devo avere $y-j\cdot(x+1)=(y+j\cdot(x+1))^2$ (ho preso wlog così i segni perché...). Eguagliando le parti immaginarie, devo avere $-j\cdot(x+1)=2j\cdot(x+1)\cdot y$. Se $x\neq -1$, divido e ottengo $2y=-1$, poco probabile. Quindi trovo di nuovo l'unica soluzione $x=-1$ e $y=1$.

Tutto giusto? Lo spero...

[darkcrystal]

Allora, (quasi) bene la parte 1, hai solo un errore di segno alla fine (dovrebbe essere $y^2+6(x+1)^2=(x+2)^3$). Meno bene la parte 2: dall'equazione $(y-j(x+1))(y+j(x+1))=(x+2)^3$ hai dedotto che il fattore $y-j(x+1)$ deve essere uguale a 1, $x+2$, $(x+2)^2$ o $(x+2)^3$: ma questo è già falso negli interi normali, figuriamoci in un posto raccapricciante come $\mathbb{Z}[j]$! Pensa all'equazione $ab=c^3$ negli interi: non è per niente vero che $a$ è uguale ad uno tra $1,c,c^2$ e $c^3$. La tua implicazione sarebbe vera se sapessimo che $x+2$ è primo (o eventualmente un'unità; di nuovo, pensa all'equazione $ab=c^3$ con $c$ primo), ma (a) non avrei idea di come dimostrare che $x+2$ è primo/unità e (b) probabilmente non saprei convertire la dimostrazione che ne viene fuori in una dimostrazione elementare (e vera).

Quindi riprovate, gente!

[Talete]

Ecco perché sembrava facile... Vabbè ci riprovo dopo

[LucaMac]

Essendo iniziata la scuola, mi sono messo a pensare a codesto esercizio.
Avendo tentato al senior di risolvere (senza però speranze) l'esercizio senza la "supposizione" che $ \mathbb{Z}[ \sqrt{-6}] $ sia a fattorizzazione unica, lo ho risolto con questa "supposizione".
Vogliamo risolvere $y^2+6z^2=(z+1)^3$. Poniamo (per comodità) $z+1=w$ . Quindi $y^2+6z^2=w^3$. Lavorando in $ \mathbb{Z}[ \sqrt{-6}]$ ($2.0$ con la fattorizzazione unica) , se esiste un primo $p$ che divide sia $z$ che $w$ allora $p \mid w-z = 1$ , assurdo . Quindi $(z,w)=1$. Se esiste un primo $p$ che divide sia $y$ che $z$ allora $p \mid w$ , assurdo. Quindi $(y,z)=1$ .
Si dimostra abbastanza facilmente (con le norme) che $2, \sqrt{-6}$ sono primi (quindi salterò questa parte).
Calcoliamo $(y+ z \sqrt{-6} , y- z \sqrt{-6})= D $. (il loro prodotto fa $w^3$ )
Si ha $D=(2y,y+z \sqrt{-6})$ .
Supponiamo ora esista un primo $p$ che divide sia $y$ che $y+ z \sqrt{-6}$ , allora ( $(y,z)=1$ ) $p= \sqrt{-6}$. Supponiamo che $2 \mid y+z \sqrt{-6} $ , allora $ 2 \mid y $ e $2 \mid z$ , assurdo!
Allora $D \mid \sqrt{-6} $.
Ma allora, a meno di scambiare $z$ con $-z$ nel secondo caso , visto che il prodotto è un cubo perfetto (e vale la fattorizzazione unica), e le uniche unità sono $1$ e $-1$, entrambi cubi perfetti, si ha che:
I) $$y+z \sqrt{-6} = (a+b \sqrt{-6})^3 $$
da cui $$y-z \sqrt{-6} = (a- b \sqrt{-6} )^3 $$ e $$a^2+6b^2=z+1$$
Dalla prima si trova $z=-6b^3+3a^2b$ che sostituita nella terza porta a $$a^2+6b^2 = -6b^3+3a^2b + 1$$ , da cui $$ a^2 = \frac{6b^3+6b^2-1}{3b-1} $$
In particolare quella roba è in $$ \mathbb{Z} $$ , da cui $ 3b-1 \mid 2+6-9 $ . $3b-1 \mid 1 $ , quindi $3b-1=-1 \rightarrow b=0 \rightarrow z=0$ , da cui $w=1$ e quindi $x=-1$ e $y=1$ (che è soluzione!!)
II) $$y+z \sqrt{-6} = \sqrt{-6} \cdot (a+b \sqrt{-6})^3 $$
e $$ y-z \sqrt{-6} = -6 \cdot (c+d \sqrt{-6} )^3 $$
Sviluppando e confrontando i coefficienti si ottengono $$a^3+36d^3=18ab^2+18c^2d $$ e $$6b^3+c^3=3a^2b+6cd^2 $$ Notando quindi (in ordine) che $6 \mid a,c,b,d$ si ottengono le stesse equazioni e tutte le cose belle, quindi discesa infinita $ \rightarrow a=b=c=d=0$ per cui $y=z=0$ che non soddisfa però!

[darkcrystal]

(Quasi) molto bene! Per semplificarti un po' la vita, nota che se $\sqrt{-6}$ divide $D$, allora divide $y$, da cui (prendendo le norme) $6|y$, quindi in particolare $y$ è pari, $x$ è pari, e questo è assurdo modulo 4.
In questi giorni sono occupatissimo (sto praticamente subendo uno stage Senior, come numero di ore di lezione... ), ma quanto prima arriveranno le prossime puntate!

[darkcrystal]

Ooook, dicevamo... queste:

[...]
$$a^2+6b^2=z+1$$
Dalla prima si trova $z=-6b^3+3a^2b$ [...]

sono le affermazioni cruciali per cui abbiamo usato la versione 2.0 di $\mathbb{Z}[\sqrt{-6}]$ (quella a fattorizzazione unica). La prima affermazione è leggermente più facile, e prepara il terreno per la seconda. Vi invito quindi a risolvere il seguente

Esercizio 3. Dimostrare che effettivamente esistono interi $a,b$ tali che $a^2+6b^2=z+1$. Più precisamente: dimostrare che se $n$ è un intero tale che l'equazione $y^2+6z^2=n^3$ ha una soluzione intera $(y,z)$, allora anche l'equazione $a^2+6b^2=n$ ha una soluzione intera $(a,b)$.

Testo nascosto:

Hint: il lemma di Thue non ha davvero bisogno che il modulo sia un numero primo (pensare alla dimostrazione). Il caso in cui $n$ è un quadrato perfetto potrebbe dare fastidio, ma si fa immediatamente a mano.

[darkcrystal]

Uhm, è troppo difficile? Vi lascio qualche aiutino...

Testo nascosto:

Usare un'opportuna variante del lemma di Thue per mostrare che esistono $a,b$ e $k \leq 6$ tali che $a^2+6b^2=kn$

Testo nascosto:

I casi $k=1,4,6$ sono facili (congruenze).

Testo nascosto:

I casi $k=2,3,5$ non succedono, ma bisogna dimostrarlo. Consideriamo $k=2$, per dire. Se succedesse, prendendo il cubo dell'equazione $a^2+6b^2=2n$ avremmo una rappresentazione di $8n^3$ come $c^2+6d^2$. E quindi?

Testo nascosto:

D'altro canto abbiamo una rappresentazione di $n^3$ nella forma $y^2+6z^2$. Ma allora $8(y^2+6z^2)=a^2+6b^2$, e questa non ha soluzioni per discesa infinita.

[Drago96]

Inizio leggermente diverso, ma comunque parto dal lemma di Thue revisited.
Lemma Sia $k$ un intero che divide un intero della forma $a^2+6b^2$ con $(k,b)=1$. Allora esistono un intero $h\le7$ e due interi $c,d$ tali che $c^2+6d^2=kh$.
Dim Poiché $k$ e $b$ sono coprimi, posso dividere ottenendo $-6\equiv(a/b)^2\pmod k$, perciò esisterà un $l$ per cui $l^2\equiv-6\pmod k$.
Consideriamo ora tutti gli interi della forma $x-ly$ con $0\le x,y\le\sqrt k$ (quindi se $k$ è un quadrato perfetto prendiamo anche la su radice): questi sono $\left(\lfloor\sqrt k\rfloor+1\right)^2>k$, perciò esisteranno due coppie tali che $x_1-ly_1\equiv x_2-ly_2\pmod k$ ovvero $(x_1-x_2)-l(y_1-y_2)\equiv0\pmod k$.
Prendiamo allora $c=x_1-x_2,d=y_1-y_2$; abbiamo dunque $c\equiv ly\pmod k$ ed elevando al quadrato $c^2+6d^2\equiv 0\pmod k$.
Ma dalle restrizioni di sopra sappiamo che $|c|,|d|\le\sqrt k$, ovvero $c^2+6d^2\le7k$, e quindi fine.

Partiamo ora dal sapere che $a^2+6b^2=n^3$ ha soluzioni; sia $d=(n,b)$ e $n=dn_1,b=db_1$; sostituendo abbiamo anche che $a=da_1$ perciò $a_1^2+6b_1^2=dn_1^3$. Supponiamo ora che ci sia un primo $p$ tale che $p\mid d,b_1$; allora $p \mid a_1$ e infine $p^2\mid d$. Dividendo e ripetendo il procedimento arriveremo ad una cosa del tipo $a_i^2+6b_i^2=\frac d{m^2}n_1^3$ dove non potremo più dividere.
Ma ora sappiamo che $\frac n{m^2}\mid a_i+6b_i^2$ quindi esistono per il lemma $e,f$ tali che $e^2+6f^2=h\cdot\frac n{m^2}$ e poi $hn=(em)^2+6(fm)^2$.
Dunque siamo arrivati a sapere che esistono $c,d$ tali che $c^2+6d^2=hn$ con $h\le7$.

Ora lascio ai volenterosi trasformare $h$ in $1$, avvertendo che il caso $h=7$ è più difficile, quindi al massimo svelerò in seguito il trucco xD

[darkcrystal]

Ok! Solo un piccolo appunto, siccome hai preso i valori assoluti mi sembra che tu sappia solo $c \equiv \pm l d \pmod {k}$, ma tanto subito dopo elevi al quadrato, quindi in effetti il segno non è un problema. Ora aspettiamo i volenterosi!