Городская Жаутыковская олимпиада, 10-11 классы, 2003 год

Докажите, что уравнение ${{y}^{2}}={{x}^{3}}+7$ не имеет целых корней.

Комментарий/решение

Заметим что $y$ чётный , т.к если $y$ нечётный то $x^3 \equiv 2 \pmod {8}$ но это протеворечие.

Очевидно что $-1 \leq x$ Разберём когда $x=-1,0$ но здесь ответов нету. Tеперь можем брать что $x \in N$

Лемма 1:$\forall a,p$ где $a \in Z , p \in P $ и $p=4k+3 $, $ p\nmid a^2+1$

Лемма 2:$\forall N$, где $N=4k+3$, $ \exists p=4m+3$ где $p \in P$ что $p\mid N$

$y^2=x^3+7$ , $y^2+1=(x+2)(x^2-2x+4)$

Т.к $x$ нечётный оно имеет вид $4k+1$ либо $4k+3$

$(i) x=4k+1$, $ x+2=4k+3$, $x+2 \mid y^2+1$

но из двух лемм выходить что $x+2 \nmid y^2+1,$ протеворечие.

$(ii)x=4k+3 , x^2-2x+4=4n+3 , $ $x^2-2x+4 \mid y^2+1$

Анологично из двух лемм выходит что $x^2-2x+4 \nmid y^2+1$ , протеворечие.

Хорошее решение!

Добавим 1 к обеим сторонам и получим: $y^2+1=x^3+8=(x+2)(x^2-2x+4)$. Рассмотрим mod 8:

Если x чет, то $x^3+8$ делится на 8, отсюда $y^2≡7$ mod 8, невозможно, значит x - нечетное.

Т.е. по mod 4 $x ≡1, 3$. Если $x≡3, \Rightarrow x^3 ≡ 3$, $x^3+8 = y^2 + 1 ≡ 3, y^2 ≡ 2$ невозможно, значит $x ≡ 1$, так как $y^2 + 1$ делится на $x^2-2x+4 ≡ 3(mod 4)$, рассмотрим теорему жирара.

Лемма: если число представимо в виде $A ≡ 3(mod 4)$, то у него существует простой делитель p, который также $≡3(mod 4)$.

Доказательство Леммы следует с разложения на А на каноническую запись и просто подставление под mod 4.

Значит: $y^2+1=y^2+1^2$ делится на $x^2-2x+4$ что делится на $p=4k+3$, отсюда по теореме жирара $y^2≡0(mod p)$ и $1≡0(mod p)$ что невозможно, поэтому ответов нету.

super