Solutions entières de $y^2 + y + 3 = x^5$

johnsmoke · April 2019

Bonjour,

Je cherche tout les couples $(x,y) \in \Bbb Z^2$ solution de l'équation $y^2 + y + 3 = x^5$.
Avec Sage j'ai trouvé $(3,15)$ et $(3,-16)$ et ce sont les seules solutions pour $ |x| \le 10000,|y| \le 10000$. Je soupçonne que ce sont les seules.

Soit $(x,y) \in \Bbb Z^2$ une solution.
On peut factoriser l'équation dans $\Bbb Z[ \frac{1 + \sqrt{-11}}{2}]$, l'anneau ( principale ) des entiers de $\Bbb Q(\sqrt{-11})$ et ça donne $(y + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{-11}}{2})(y + \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{-11}}{2}) = x^5$. Je montre ensuite que les idéaux $(y + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{-11}}{2} )$ et $(y + \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{-11}}{2})$ sont premiers entre eux, ce qui me permet d'écrire un égalite entre idéaux : $ (y + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{-11}}{2}) = ( \frac{ a + b\sqrt{-11}}{2} )^5$, où $a$ et $b$ ont même parité. Les seules inversibles de mon anneau étant $\pm 1$, j'obtiens une égalité entre éléments de l'anneau : $y + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{-11}}{2} = \pm (\frac{ a + b\sqrt{-11}}{2})^5$, ce qui me mène au système :

$\pm2^4(2y + 1) = a^5 - 110a^3b^2 + 605ab^2$
$\pm2^4 = 5a^4b - 110a^2b^3 + 11^2b^5$

Bon en cherchant un peu on voit que $b$ divise $2^4$ puis en réduisant la deuxième équation modulo $5$ que $b = 1$ ou $b = 16$. Je n'ai pas été plus avant dans les calculs car ça devient compliqué, je m'embrouille et je me demande si c'est comme ça qu'il faut faire.

Ma question est donc : suis-je sur la bonne méthode pour résoudre ce problème ou je me prends trop la tête, c'est plus simple ? SI oui, dois-je persévérer dans cette voix ??

Merci de votre aide

malavita · April 2019

Bonjour,
question bête : si j'ai bien compris, tu dis que $(x)$ est produit de deux idéaux premiers $\mathfrak{p}$ et $\mathfrak{p'}$ tels que $(y+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-11}}{2})=\mathfrak{p}^5$.
Cependant es-tu sûr que $\mathfrak{p}$ est principal ?
Après je ne suis pas expert en la matière, mais ta méthode semble appropriée... et de toute façon résoudre des équations polynomiales dans $\Z$ n'a jamais été une partie de plaisir ;-)
Bonne journée
F.

Poirot · April 2019

@malavita : johnsmoke a bien précisé que son anneau est principal.

claude quitté · April 2019

@johnsmoke
J'ai vérifié tes calculs, c'est tout bon dans l'ensemble. On peut commencer par apporter une petite simplification au niveau de $\pm ({a + b\sqrt {-11} \over 2})^5$ en intégrant le $\pm$ sous le $(\quad)^5$. Et du coup, on tombe comme toi sur
$$
2^4 = 5a^4 b - 110a^2b^3 + 11^2 b^5 \qquad\qquad\qquad
5bT^2 - 110b^3T + (11^2 b^5 - 2^4) = 0 \qquad T \leftrightarrow a^2
$$
Effectivement, on obtient comme tu dis que $b \mid 2^4$ et que $b \equiv 1 \bmod 5$, ce qui fait que $b \in \{1, 16, -4\}$. Attention au fait que $b$ n'a aucune raison d'être positif. On fixe $b \in \{1, 16, -4\}$ et on regarde le discriminant réduit du trinôme en $T$ ci-dessus à droite

[color=#000000]
> DeltaRed := func < b | (55*b^3)^2 - 5*b*(11^2*b - 2^4) > ;
> DeltaRed(1) ;
2500
> IsSquare(DeltaRed(1)) ;
true 50
> 
> DeltaRed(16) ;         
50750924800
> IsSquare(DeltaRed(16)) ;
false
> DeltaRed(-4) ;
12380400
> IsSquare(DeltaRed(-4)) ;
false
[/color]

Il n'y a que $b=1$ qui donne. Ensuite, tu as une équation du second degré en $a^2$ à résoudre : on tombe sur $a^2 = 1$ i.e. $a = \pm 1$. Ce qui te conduit, via
$$
2y + 1 = {a^5 - 110a^3 + 605a \over 2^4} = \pm 31 \qquad \text {à} \quad y = 15 \text { ou } y = -16
$$
Ce qui correspond bien aux solutions trouvées.

Note : $y^2 + y + 3 = x^5$ s'écrit $y^2 + y = x^{2g+1} - 3$ avec $g = 2$. Il s'agit d'une courbe hyperelliptique de genre 2, qui n'a donc, d'après Faltings, qu'un nombre fini de points $\Q$-rationnels (je dis bien $\Q$-rationnels et pas seulement entiers). En utilisant un logiciel ad-hoc, comme points $\Q$-rationnels finis, je n'ai trouvé, que les points $(x=3,y=15)$ et $(x=3,y=-16)$

Dom · April 2019

Bonjour Claude,

Je n’y connais rien et pour ma culture générale, quand tu dis « un nombre fini », ce nombre peut-il être très grand ?

Bon, tu vois, tu dis déjà que ma question est trop vague ;-)

Cordialement

Dom

Poirot · April 2019

@Dom : pour que ce soit moins vague il faudrait dire "très grand" par rapport à quoi ? En tout cas ça peut être arbitrairement grand, puisqu'on peut considérer $$y^2=f(x)$$ avec $f$ un polynôme à coefficients entiers admettant $N$ racines entières.

claude quitté · April 2019

$\def\P{\mathbb P}$@Dom Je me suis mal exprimé : points finis ici signifie hormis le point à l'infini. Car pour travailler, c'est bon d'homogénéiser avec une troisième variable fraiche $z$ mais au sens $\P^2(1, 3, 1)_{(x:y:z)}$, ce qui signifie que $x,z$ ont le poids 1 et $y$ le poids $3 = g+1$ avec $g = 2$.
$$
y^2 + y + 3 = x^5 \quad\longmapsto\quad y^2 + y = x^5 - 3 \quad\longmapsto\quad y^2 + yz^3 = z(x^5 - 3z^5)
$$
Le point à l'infini en question est l'unique avec un $z = 0$ i.e. $(x=1 : y = 0 : z = 0)$. Cela peut paraître compliqué mais c'est comme cela et on ne peut pas faire autrement que de s'y plier (mathématiquement et informatiquement, du moins avec un logiciel ad-hoc)

[color=#000000]
> k := RationalField() ;
> k<X> := PolynomialRing(k) ;
>  
> C<x,y,z> := HyperellipticCurve(f, h) where f is X^5 - 3 where h is 1 ;
> C ;
Hyperelliptic Curve defined by y^2 + y = x^5 - 3 over Rational Field
> Ambient(C) ;                                                          
Projective Space of dimension 2
Variables: x, y, z
The grading is:
    1, 3, 1
> DefiningPolynomial(C) ;
-x^5*z + y^2 + y*z^3 + 3*z^6
[/color]

En ce qui concerne la détermination de points $\Q$-rationnels, le logiciel m'a obligé à prendre un modèle dit simplifié $Y^2 = f(x)$. Obtenu (en affine) via le trick du trinôme du second degré
$$
y^2 + y = x^5 - 3 \quad\longmapsto\quad 4y^2 + 4y = 4x^5 - 12 \quad\longmapsto\quad (2y + 1)^2 - 1 = 4x^5 - 12
\quad\longmapsto\quad Y^2 = 4x^5 - 11
$$

[color=#000000]
> S, CtoS := SimplifiedModel(C) ;
> S ;
Hyperelliptic Curve defined by y^2 = 4*x^5 - 11 over Rational Field
> StoC := Inverse(CtoS) ;
> time Spoints := Points(S : Bound := 10^5) ;
Time: 11.950
> Spoints ;
{@ (1 : 0 : 0), (3 : -31 : 1), (3 : 31 : 1) @}
> Cpoints := StoC(Spoints) ;
> Cpoints ;
{@ (1 : 0 : 0), (3 : -16 : 1), (3 : 15 : 1) @}
[/color]

Tu sais tout (ce que j'ai fabriqué).

johnsmoke · April 2019

C'est vraiment une réponse qui m'aide Claude, je te remercie vraiment.

J'avais oublié le cas $b=-4$ tu as raison. J'ai refais tout tes calculs sur Sage ( pour m'entrainer

) et je suis en accord avec ceux-ci. Je me rends compte qu'au final ce n'était pas compliqué, il faut juste de la persévérance, mais c'est difficile d'y voir clair quand on débute la dedans (peur de s'embarquer dans des longs calculs qui ne mènent à rien faute d'^tre sur la bonne méthode).

Je trouve ça puissant de pouvoir dire $(3,15)$ et $(3,-16)$ sont les seules solutions, il n'y en a aucune autre. Pour moi ça en jette !!

Je n'y connais pas grand chose, mais la généralisation que tu donnes sur les courbes hyperelliptiques me donne envie d'aller voir ça de plus près.

Merci encore et à très bientôt

Dom · April 2019

[small]Merci pour cette réponse Claude.
Oui Poirot j’avais bien en tête que le degré du polynôme devait être fixé pour estimer ce nombre fini. [/small]
[small][/small]

claude quitté · May 2019

@johnsmoke
Je me suis aperçu d'une erreur dans mon discriminant réduit tapé sous le logiciel mais cela ne change rien au résultat. Le discriminant réduit (en $T$) de $\alpha T^2 + 2\beta T + \gamma$ est $\Delta' = \beta^2 - \alpha\gamma$. Ce qui donne dans nos affaires $\Delta'(b) = (55b^3)^2 - 5b \times (11^2 b^5 - 2^4)$ et non pas $(55b^3)^2 - 5b \times (11^2 b - 2^4)$. Et $\Delta'(1) = 50^2$ (comme avant) tandis que ni $\Delta'(16)$ ni $\Delta'(-4)$ ne sont des carrés.

Quant aux $\Q$-points d'une courbe hyperelliptique (rationnelle) de genre 2, je n'y connais rien mais j'ai juste compris que c'était compliqué. Il y a un livre entier consacré au genre 2 : Prolegomena to a Middlebrow Arithmetic of Curves of Genus 2 (Cassels & Flynn) https://www.cambridge.org/core/books/prolegomena-to-a-middlebrow-arithmetic-of-curves-of-genus-2/EA9CBF94B584882C61201A2CAE39252B.
Les auteurs donnent p. 153 un record obtenu en 1995 : une courbe de genre 2 avec au moins 588 points rationnels (et ajoutent que l'on ignore, à la date d'écriture de l'ouvrage, si on les tient tous).

La voici cette courbe hyperelliptique de genre 2, du type $y^2 = F(x) = \bullet x^2 (x^2-9)^2 + \bullet (x^2-1)^2$ où l'on voit ici $F$ de degré 6 ($2g+2$ avec $g= 2$) . J'ai fait quelques tests et obtenu 572 points (j'ai eu la flemme d'attendre en montant la borne Bound qui contrôle je ne sais trop quoi sur les hauteurs des points, je suis ignare sur les notions de hauteurs)

[color=#000000]
// Cassels Flynn, Prolegomena ... of Curves of Genus 2, p. 153 (Keller Kulez, 1995, au moins 588 points)
C := HyperellipticCurve(278271081 * X^2*(X^2-9)^2 - 229833600 * (X^2-1)^2) ;
time Cpoints := Points(C : Bound := 10^5) ;
//Time: 7.200
//> #Cpoints ;
//512
time Cpoints := Points(C : Bound := 5*10^5) ;
//Time: 171.500
//> #Cpoints ;
//572
[/color]

Cela n'aurait aucun intérêt de faire afficher ces points. Pour le fun, je donne juste les 10 derniers (ce qui n'a pas plus d'intérêt)

[color=#000000]
> Cpoints[#Cpoints-9 .. #Cpoints] ;
{@ (356173 : -683586284854299661560 : 166459), (356173 : 683586284854299661560 : 166459), (-182377 : 
-4191363783644546434728 : 399105), (-182377 : 4191363783644546434728 : 399105), (182377 : -4191363783644546434728 : 
399105), (182377 : 4191363783644546434728 : 399105), (-427775 : -683586284854299661560 : 94857), (-427775 : 
683586284854299661560 : 94857), (427775 : -683586284854299661560 : 94857), (427775 : 683586284854299661560 : 94857) @}
[/color]

Poirot · May 2019

Au passage, sans invoquer Faltings, les bornes de Baker sur les formes linéaires de logarithmes permettent de prouver de manière effective qu'il n'y a qu'un nombre fini de solutions entières sur la courbe d'équation $y^2=f(x)$, avec une légère restriction sur le polynôme $f$ (une condition suffisante est qu'il admet au moins trois racines distinctes dans $\mathbb C$ je crois).