Magyary Zoltán Posztdoktori beszámoló előadás

Átírás

1 Magyary Zoltán Posztdoktori beszámoló előadás Tengely Szabolcs november 9. Számelméleti Szeminárium slide 1

2 Eredmények Eredmények Chabauty (T.Sz.): On the Diophantine equation x 2 + q 2m = 2y p, Acta Arith. 127 (2007) F. S. Abu Muriefah, F. Luca, S. Siksek, (T.Sz.): On the Diophantine Equation x 2 + C = 2y n, preprint. Hajdu L., (T.Sz.): Arithmetic progressions of squares, cubes and n-th powers, közlésre benyújtva. S. Laishram, T. N. Shorey, (T.Sz.): Squares in products in arithmetic progression with at most one term omitted and common difference a prime power, közlésre benyújtva. (T.Sz.): Note on a paper An Extension of a Theorem of Euler by Hirata-Kohno et al., közlésre benyújtva. Hajdu L., (T.Sz.), R. Tijdeman: Almost perfect cubes in arithmetic progressions, preprint. (T.Sz.): Triangles with two integral sides, közlésre elfogadva. Magma kód: IntegralRungePoints.m Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 2

3 Exponenciális Eredmények Chabauty x 2 + q 2m = 2y p (1) végességi állítás. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 3

4 Exponenciális Eredmények Chabauty x 2 + q 2m = 2y p (1) végességi állítás. Tétel. Csak véges sok (x, y, m, q, p) megoldása létezik (1)-nek, ahol gcd(x, y) = 1, m, x, y Æ és 3 < p, q páratlan prímek, úgy, hogy y nem írható fel két egymást követő négyzetszám összegeként. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 3

5 Exponenciális Eredmények Chabauty x 2 + q 2m = 2y p (1) végességi állítás. Tétel. Csak véges sok (x, y, m, q, p) megoldása létezik (1)-nek, ahol gcd(x, y) = 1, m, x, y Æ és 3 < p, q páratlan prímek, úgy, hogy y nem írható fel két egymást követő négyzetszám összegeként. fix y : x 2 + q 2m = 2 17 p, teljes megoldás. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 3

6 Exponenciális Eredmények Chabauty x 2 + q 2m = 2y p (1) végességi állítás. Tétel. Csak véges sok (x, y, m, q, p) megoldása létezik (1)-nek, ahol gcd(x, y) = 1, m, x, y Æ és 3 < p, q páratlan prímek, úgy, hogy y nem írható fel két egymást követő négyzetszám összegeként. fix y : x 2 + q 2m = 2 17 p, teljes megoldás. fix q : x m = 2y p, teljes megoldás. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 3

7 Chabauty Példák y két egymást követő négyzetszám összege esetre: Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 4

8 Chabauty Példák y két egymást követő négyzetszám összege esetre: y p q Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 4

9 Kapcsolódó Eredmények Chabauty Luca (2002): x a 3 b = y n, teljes megoldás. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 5

10 Kapcsolódó Eredmények Chabauty Luca (2002): x a 3 b = y n, teljes megoldás. Le (2003): x 2 + p 2 = y n, teljes megoldás (p < 100). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 5

11 Kapcsolódó Eredmények Chabauty Luca (2002): x a 3 b = y n, teljes megoldás. Le (2003): x 2 + p 2 = y n, teljes megoldás (p < 100). Pink (2004): x 2 + (p z 1 1 pz s s ) 2 = 2y n, korlát n-re. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 5

12 Kapcsolódó Eredmények Chabauty Luca (2002): x a 3 b = y n, teljes megoldás. Le (2003): x 2 + p 2 = y n, teljes megoldás (p < 100). Pink (2004): x 2 + (p z 1 1 pz s s ) 2 = 2y n, korlát n-re. Cohn (1996): x = 2y n, teljes megoldás. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 5

13 Kapcsolódó Eredmények Chabauty Luca (2002): x a 3 b = y n, teljes megoldás. Le (2003): x 2 + p 2 = y n, teljes megoldás (p < 100). Pink (2004): x 2 + (p z 1 1 pz s s ) 2 = 2y n, korlát n-re. Cohn (1996): x = 2y n, teljes megoldás. Pink, Tengely (2000): x 2 + a 2 = 2y n, korlátok, teljes megoldás 1 a 1000 és 3 n 80 esetén. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 5

14 Kapcsolódó Eredmények Chabauty Luca (2002): x a 3 b = y n, teljes megoldás. Le (2003): x 2 + p 2 = y n, teljes megoldás (p < 100). Pink (2004): x 2 + (p z 1 1 pz s s ) 2 = 2y n, korlát n-re. Cohn (1996): x = 2y n, teljes megoldás. Pink, Tengely (2000): x 2 + a 2 = 2y n, korlátok, teljes megoldás 1 a 1000 és 3 n 80 esetén. Tengely (2004): x 2 + a 2 = 2y n, teljes megoldás 3 a 501, algoritmus. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 5

15 Chabauty F. S. Abu Muriefah, F. Luca, S. Siksek, Sz. Tengely Tétel. Legyen C pozitív egész (C 1 (mod 4) és C = cd 2 ). Tegyük fel, hogy (x, y) megoldása a következő egyenletnek x 2 + C = 2y p, x, y +, gcd(x, y) = 1, (2) ahol p 5 prím. Ekkor (i) x = y = C = 1, vagy (ii) p osztója a É ( c) ideálosztály számának, vagy (iii) p = 5 és (C, x, y) = (9, 79, 5), (125, 19, 3), (125, 183, 7), (2125, 21417, 47), vagy (iv) p (q ( c q)), ahol q páratlan prím q d és q ¹ c, ((c q) jelöli a Legendre szimbólumot). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 6

16 Chabauty Következmény. Legyenek q 1,..., q k különböző prímek, amelyekre q i 1 (mod 4). Tegyük fel, hogy (x, y, p, a 1,..., a k ) megoldása az alábbi diofantikus egyenletnek x 2 + q a qa k k = 2y p, ahol x, y +, gcd(x, y) = 1, a i 0, p 5 prím. Ekkor (i) (ii) (iii) (iv) x = y = 1 és a i = 0, vagy p osztója a É ( c) ideálosztály számának valamilyen négyzetmentes c-re, ahol c q 1 q 2... q k, vagy p = 5 és ( q a i i, x, y) = (125, 19, 3), (125, 183, 7), (2125, 21417, 47), vagy p (q 2 i 1) valamilyen i-re. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 7

17 Chabauty Tétel. Az x 2 + C = 2y n egyenlet x, y relatív prím megoldásai az n 3 és C 1 (mod 4), 1 C < 100 feltételek mellett: Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 8

18 Chabauty Tétel. Az x 2 + C = 2y n egyenlet x, y relatív prím megoldásai az n 3 és C 1 (mod 4), 1 C < 100 feltételek mellett: = 2 1 n, = 2 5 5, = 2 3 3, = , = , = 2 3 4, = 2 7 4, = , = 2 3 3, = 2 7 3, = , = Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 8

19 Multi-Frey Eredmények Chabauty 2y p + t β 1 1 tβ 2 2 zp = x 2, (3) ahol (t 1, t 2 ) {(17, 1), (3, 11)} és β i < p. Ivorra, Kraus (2006): Frey görbék E 1 : Y 2 = X 3 + 2xX 2 + 2y p X, E 2 : Y 2 = X 3 + 2xX 2 + t β 1 1 tβ 2 2 yp X. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 9

20 Chabauty Az x α 111 α 2 = 2y p egyenlet esetében N(E 1 ) p = N(E 2 ) p = A segítségével azt kapjuk, hogy p "kicsi", kivéve a következő párokat: (f 1, f 10 ), (f 2, f 11 ), (f 3, f 16 ), (f 4, f 19 ), (f 5, f 20 ), (f 6, f 7 ), (f 7, f 6 ), (f 8, f 9 ), (f 9, f 8 ), (f 10, f 1 ), (f 11, f 2 ), (f 12, f 13 ), (f 13, f 12 ), (f 14, f 15 ), (f 15, f 14 ), (f 16, f 3 ), (f 17, f 18 ), (f 18, f 17 ), (f 19, f 4 ), (f 20, f 5 ), f A1 f B1 f C1 f D1 f E1 f F1 f G1 f H1 f I1 f J1 f K1 f L1 f M1 f N1 f O1 f P1 f Q1 f R1 f S1 f T 1 Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 10

21 Chabauty Ahol nem kapunk korlátot p-re ott moduló 5,7 és 19 vizsgáljuk 3 kitevőjét. pár α 1 mod 4 α 1 mod 6 α 1 mod 18 (f 2, f 11 ) {1, 3} {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} (f 3, f 16 ) {3} {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} (f 4, f 19 ) {1, 3} {0, 2, 4} (f 5, f 20 ) {1, 3} {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} (f 6, f 7 ) {3} {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} (f 8, f 9 ) {1, 3} {0, 2, 4} (f 12, f 13 ) {1, 3} {0, 2, 4} (f 14, f 15 ) {1, 3} {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} (f 17, f 18 ) {1, 3} {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 11

22 Számtani sorozatok Eredmények Chabauty L. Hajdu, Sz. Tengely Tétel. Legyen n prím és x l 1 1,..., xl t t, l i {2, n} egy primitív nem konstans számtani sorozat. Ekkor t 6 és ha t = 6 akkor (l 1, l 2, l 3, l 4, l 5, l 6 ) = (2, n, n, 2, 2, 2), (2, 2, 2, n, n, 2). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 12

23 Számtani sorozatok Eredmények Chabauty L. Hajdu, Sz. Tengely Tétel. Legyen n prím és x l 1 1,..., xl t t, l i {2, n} egy primitív nem konstans számtani sorozat. Ekkor t 6 és ha t = 6 akkor (l 1, l 2, l 3, l 4, l 5, l 6 ) = (2, n, n, 2, 2, 2), (2, 2, 2, n, n, 2). Tétel. Legyen x l 1 1,..., xl t t, l i {2, 5} egy primitív nem konstans számtani sorozat. Ekkor t 4 és ha t = 4 akkor (l 1, l 2, l 3, l 4 ) = (2, 2, 2, 5), (5, 2, 2, 2). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 12

24 Számtani sorozatok Eredmények Chabauty L. Hajdu, Sz. Tengely Tétel. Legyen n prím és x l 1 1,..., xl t t, l i {2, n} egy primitív nem konstans számtani sorozat. Ekkor t 6 és ha t = 6 akkor (l 1, l 2, l 3, l 4, l 5, l 6 ) = (2, n, n, 2, 2, 2), (2, 2, 2, n, n, 2). Tétel. Legyen x l 1 1,..., xl t t, l i {2, 5} egy primitív nem konstans számtani sorozat. Ekkor t 4 és ha t = 4 akkor (l 1, l 2, l 3, l 4 ) = (2, 2, 2, 5), (5, 2, 2, 2). Tétel. Legyen n prím és x l 1 1,..., xl t t, l i {3, n} egy primitív nem konstans számtani sorozat. Ekkor t 4 és ha t = 4 akkor (l 1, l 2, l 3, l 4 ) = (3, 3, n, n), (n, n, 3, 3), (3, n, n, 3), (n, 3, 3, n). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 12

25 Chabauty Korábbi : Euler: négy különböző négyzetszám nem alkothat számtani sorozatot, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 13

26 Chabauty Korábbi : Euler: négy különböző négyzetszám nem alkothat számtani sorozatot, Darmon, Merel (1997): x n + y n = 2z n, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 13

27 Chabauty Korábbi : Euler: négy különböző négyzetszám nem alkothat számtani sorozatot, Darmon, Merel (1997): x n + y n = 2z n, Bennett, Skinner (2004): x n + y n = 2z 2, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 13

28 Chabauty Korábbi : Euler: négy különböző négyzetszám nem alkothat számtani sorozatot, Darmon, Merel (1997): x n + y n = 2z n, Bennett, Skinner (2004): x n + y n = 2z 2, Bennett, Vatsal, Yazdani (2004): x n + y n = 2z 3, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 13

29 Chabauty Korábbi : Euler: négy különböző négyzetszám nem alkothat számtani sorozatot, Darmon, Merel (1997): x n + y n = 2z n, Bennett, Skinner (2004): x n + y n = 2z 2, Bennett, Vatsal, Yazdani (2004): x n + y n = 2z 3, Hajdu (2004): x l 1 1,..., xl t t, 2 l i L, ekkor t < c(l), Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 13

30 Chabauty Korábbi : Euler: négy különböző négyzetszám nem alkothat számtani sorozatot, Darmon, Merel (1997): x n + y n = 2z n, Bennett, Skinner (2004): x n + y n = 2z 2, Bennett, Vatsal, Yazdani (2004): x n + y n = 2z 3, Hajdu (2004): x l 1 1,..., xl t t, 2 l i L, ekkor t < c(l), Bruin, Győry, Hajdu, Tengely (2006): L = 3 eset megoldása. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 13

31 Chabauty n(n + d) (n + (k 1)d) = by 2 (4) Néhány eredmény a témakörből: Euler: b = 1, k = 4, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 14

32 Chabauty n(n + d) (n + (k 1)d) = by 2 (4) Néhány eredmény a témakörből: Euler: b = 1, k = 4, Obláth (1950): b = 1, k = 5, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 14

33 Chabauty n(n + d) (n + (k 1)d) = by 2 (4) Néhány eredmény a témakörből: Euler: b = 1, k = 4, Obláth (1950): b = 1, k = 5, Erdős, Selfridge (1975): b = d = 1, tetszőleges hatvány hossz, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 14

34 Chabauty n(n + d) (n + (k 1)d) = by 2 (4) Néhány eredmény a témakörből: Euler: b = 1, k = 4, Obláth (1950): b = 1, k = 5, Erdős, Selfridge (1975): b = d = 1, tetszőleges hatvány hossz, Mukhopadhyay és Shorey (2003): P(b) 3, k = 5, Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 14

35 Chabauty n(n + d) (n + (k 1)d) = by 2 (4) Néhány eredmény a témakörből: Euler: b = 1, k = 4, Obláth (1950): b = 1, k = 5, Erdős, Selfridge (1975): b = d = 1, tetszőleges hatvány hossz, Mukhopadhyay és Shorey (2003): P(b) 3, k = 5, Bennett, Bruin, Győry és Hajdu (2006): b = 1 és 6 k 11. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 14

36 Chabauty n + id = a i x 2 i ahol 0 i < k. (5) Tétel (Hirata-Kohno, Laishram, Shorey,Tijdeman). Legyen d > 1, P(b) = k és 7 k 100 ekkor a fenti diofantikus egyenletre teljesül, hogy (a 0, a 1,..., a k 1 )-ra a következő lehetőségek vannak: k = 7 : (2, 3, 1, 5, 6, 7, 2), (3, 1, 5, 6, 7, 2, 1), (1, 5, 6, 7, 2, 1, 10), k = 13 : (3, 1, 5, 6, 7, 2, 1, 10, 11, 3, 13, 14, 15), (1, 5, 6, 7, 2, 1, 10, 11, 3, 13, 14, 15, 1), k = 19 : (1, 5, 6, 7, 2, 1, 10, 11, 3, 13, 14, 15, 1, 17, 2, 19, 5, 21, 22), k = 23 : (5, 6, 7, 2, 1, 10, 11, 3, 13, 14, 15, 1, 17, 2, 19, 5, 21, 22, 23, 6, 1, 26, 3), (6, 7, 2, 1, 10, 11, 3, 13, 14, 15, 1, 17, 2, 19, 5, 21, 22, 23, 6, 1, 26, 3, 7). A kimaradó eseteket és a k = 5, P(b) = 5 esetet megoldottam. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 15

37 Elliptikus Chabauty Eredmények Chabauty Példa: (a 0, a 1,..., a 6 ) = (2, 3, 1, 5, 6, 7, 2). Ekkor x4 2 + x2 0 = 2x2 1, 9x4 2 + x2 0 = 10x2 3, 9x4 2 x2 0 = 2x2 6. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 16

38 Elliptikus Chabauty Eredmények Chabauty Példa: (a 0, a 1,..., a 6 ) = (2, 3, 1, 5, 6, 7, 2). Ekkor x x2 0 = 2x2 1, 9x x2 0 = 10x2 3, 9x 2 4 x2 0 = 2x2 6. Probléma: meghatározni azon (X, Y ) pontokat, amelyekre X É és Y É (i). C δ : 2δ(X + i)(3x + i)(9x 2 1) = Y 2, (6) ahol δ { 4 ± 2i, 2 ± 4i, 2 ± 4i, 4 ± 2i}. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 16

39 Chabauty δ görbe x 4 /x 0 2 4i y 2 = x 3 + ( 12i 9)x + ( 572i 104) { 1, ±1/3} 2 + 4i y 2 = x 3 + (12i 9)x + ( 572i + 104) {1, ±1/3} 4 2i y 2 = x 3 + ( 12i + 9)x + ( 104i 572) {±1/3} 4 + 2i y 2 = x 3 + (12i + 9)x + ( 104i + 572) {±1/3} Azaz x 4 /x 0 {±1, ±1/3}. Ezekből adódik: n = 2, d = 1. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 17

40 Chabauty S. Laishram, T. N. Shorey és Sz. Tengely P(x) = max{p x}, p ω(x) = #{p : p x, p prím.} Legyen k 4, t k 2 és γ 1 < γ 2 <... < γ t, 0 γ i < k egészek és ψ = k t. (n + γ 1 d) (n + γ t d) = by 2, ahol P(b) k. Tétel. Legyen ψ = 1, k 7 és d ¹ n. Ekkor a fenti egyenletnek nincs megoldása ω(d) = 1 esetében. Tétel. Legyen ψ = 0, k 11 és d ¹ n. Ekkor a fenti egyenletnek nincs megoldása ω(d) = 1 esetében. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 18

41 Chabauty L. Hajdu, R. Tijdeman és Sz. Tengely n(n + d)... (n + (k 1)d) = by 3 (7) ahol k 3, d > 0, (n, d) = 1, P(b) k, y 0. Tétel. Tegyük fel, hogy (n, d, k, b, y) megoldása (7)-nek k < 32 és P(b) < k ha k = 3 vagy k 13 feltételekkel. Ekkor (n, d, k) a következő lehet: (n, 1, k) ahol 30 n 4 vagy 1 n 5, (n, 2, k) ahol 29 n 3, ( 10, 3, 7), ( 8, 3, 7), ( 8, 3, 5), ( 4, 3, 5), ( 4, 3, 3), ( 2, 3, 3), ( 9, 5, 4), ( 6, 5, 4), ( 16, 7, 5), ( 12, 7, 5). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 19

42 Probléma Eredmények Chabauty Legyen 0 < α, β < π. Olyan háromszögeket keresünk, amelyekre x, y Æ és z α, z β É (θ). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 20

43 Chabauty Koszinusz tételből: x 2 2φ 1 xy + y 2 = zα, 2 x 2 2φ 2 xy + y 2 = zβ 2, ahol φ 1 = cos(α) és φ 2 = cos(β). Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 21

44 Chabauty Koszinusz tételből: x 2 2φ 1 xy + y 2 = z 2 α, x 2 2φ 2 xy + y 2 = z 2 β, ahol φ 1 = cos(α) és φ 2 = cos(β). Összeszorozva az et: C α,β : X 4 2(φ 1 + φ 2 )X 3 + (4φ 1 φ 2 + 2)X 2 2(φ 1 + φ 2 )X + 1 = Y 2. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 21

45 Chabauty Bertalan Zoltán: megoldások meghatározása (α, β) = (π/3, π/2), (α, β) = (π/2, 2π/3) és (α, β) = (π/3, 2π/3) esetekben. Első két esetben 1 rangú elliptikus görbe (192A1): x y z π/3 z π/ Harmadik esetben Mordell egy eredménye alapján nincs megoldás. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 22

46 Chabauty Görbék É ( 3) és É ( 5) felett. (α, β) E α,β Rank X p (π/6, π/2) v 2 = u 3 u 2 2u 1 {0, ±1} 5 (π/6, π/3) v 2 = u 3 + ( 3 1)u 2 u + ( 3 + 1) 1 {0} 7 (π/5, π/2) v 2 = u 3 u 2 + 1/2( 5 7)u + 1/2( 5 3) 1 {0} 13 (π/5, π/3) v 2 = u 3 + 1/2( 5 1)u 2 + 1/2( 5 5)u 1 1 {0, 1} 13 (π/5, 2π/5) v 2 = u 3 2u 1 1 {0} 7 (π/5, 4π/5) v 2 = u 3 + 1/2( 5 + 1)u 2 4u + (2 5 2) 0 {0} - Amikor (α, β) = (π/5, π/3) a következő megoldást kapjuk: (x, y, z α ) = ( t, t, 1 + ) 5 t 2 és (x, y, z β ) = (t, t, t), ahol t Æ. Számelméleti Szeminárium tengely@math.klte.hu slide 23

47 IntegralRungePoints Eredmények Chabauty F. Beukers, Sz. Tengely: algoritmus Runge típusú megoldására, amelyben nem kell algebrai együtthatós Puiseux kifejtéseket használni. Számelméleti Szeminárium slide 24