Encontrar todas las triples $(p,x,y)$ tal que $ p^x=y^4+4$

Question

Encontrar todos los triples $(p,x,y)$ tal que $ p^x=y^4+4$ donde $ p$ es un primer e $ x$ $ y$ son números naturales.

Sé que esta pregunta ya ha sido pedido en otro foro, pero quiero hacer diferentes preguntas acerca de ella.

$ p^x=y^4+4$

$ p^x=(y^2+2)^2 - (2y)^2$

$p^x = (y^2+2y+2)(y^2-2y+2)$

Entonces: $p^k = y^2+2y+2$ $p^j= y^2-2y+2$

Las soluciones que yo vi eran diferentes a las de aquí y que sólo quería demostrar que $(5,1,1)$ era la única solución. Mal de sólo pido lo que no entendía:

1)

Por lo tanto, $p^k = (y+1)^2+1$ $p^j= (y-1)^2+1$

Y luego: $(y+1)^2 \equiv (y-1)^2 \equiv -1 \pmod p$

Así que aquí $-1$ es una ecuación cuadrática de residuos, y por lo tanto $p= 4n+1$. Entendí su solución hasta esta parte.

• Sé que $p= 4n+1$ porque vi que era una de las propiedades de los residuos cuadráticos, pero me gustaría ver una prueba de que si es posible.

• Luego dice, que por$\mod 8$ , $ k$ y $j$ tenían diferentes de paridad, por lo $x$ era extraño.

A continuación, se asume que el $p, k >1$ y dice:

• Si $k=2m$, entonces: $(y+1)^2= (p^m+1)(p^m -1)$ o si $j= 2m$: a continuación, $(y-1)^2= (p^m+1)(p^m -1)$ y afirma que estas ecuaciones no tienen solución, que podría ser una propiedad pero quiero saber acerca de ella de todos modos.

Entonces él dice que no hay solución para$x>1$,$p = (y^2+2y+2)(y^2-2y+2)$, lo $1=y^2-2y+2$, y que era el triple de $(5,1,1)$, por lo tanto esa es la única solución.

2)

Él comenzó diciendo: si $y$ es incluso, a continuación, $ p^k \equiv p^j \equiv 2 \pmod 4$ $a = b =1$ y eso no es posible, por lo tanto, $y$ es impar.

• Desde $ 4y = p^{b} - p^{a}$, por lo tanto $ p^{b-a}=5$, $ p^{a}=y$
• $ 2y^{2}+4=p^{b}+p^{a}$ si $ a\neq 0$,$ y^2 \equiv 3\mod 5$, lo cual es imposible.

No sé cómo puede deducir esas cosas. Después de que afirmó que $(5,1,1)$ era la única solución.

3) mostró que la $y$ era extraño y dijo:

• $gcd (y^2+2y+2, y^2-2y+2) = gcd (y^2+2y+2, 4y) = 1$ (Creo que esta es también una propiedad, pero yo aún no lo saben).

Y desde $y^2+2y+2 > y^2-2y+2$,$y^2+2y+2=p^x$$y^2-2y+2 =1$, lo $y=1$ $(5,1,1)$ era la única solución.

Lo siento si me preguntan muchas cosas, yo pensaba que estas cosas pueden ser útiles para otros problemas. He señalado las cosas que yo no entendía, de modo que era fácil ver en ellos. Gracias de antemano.

Answer 1

Hay una manera MUCHO más fácil acabado.

A partir de $p^k=y^2+2y+2$; $p^j=y^2-2y+2$ observamos, por un lado, la siguiente desigualdad $y^2+2y+2 > y^2-2y+2$ (para los números naturales $y$) y por lo $j<k$, y por lo tanto $y^2+2y+2$ debe ser de la forma $p^i(y^2-2y+2)$ para algunos de los mejores y algunos entero positivo $i$.

Por otro lado, podemos señalar los siguientes: $y^2+2y+2 < 2(y^2-2y+2)$ todos los $y \geq 6$.

Por lo tanto, concluimos por ejemplo, $y \le 5$$p^x < 5^4+1$. Además, usando el mismo razonamiento se puede concluir $p \le 5$ si $y \in \{2,3,4,5\}$. Esto nos deja sólo un muy pequeño conjunto de tripletas comprobar a través de la fuerza bruta.

Answer 2

Solución Alternativa:

En primer lugar, asumir que $'y'$ es incluso , en este caso se puede rechazar fácilmente.

Por lo tanto, $y$ es impar.

Tenga en cuenta que si:

$p^{a}=(k^{2}+1)$ $,$ $k∈ℕ$

Como $(k^{2}+1)$ no puede ser un cuadrado perfecto , se implica claramente que el $'a'$ es impar.(a menos que $k=0$ )

Ahora, $p^{i}=(y-1)^{2}+1$ ; $p^{j}=(y+1)^{2}+1$

(si $(y-1)=0$, tenemos el caso de $(5,1,1)$ )

(si $(y-1),(y+1)∈ℕ$ , $i,j$ son impares )

$p^{x}=p^{i}p^{j}=p^{i+j}$

(Como $i,j$ son ambos impares , $(i+j)=x$ es incluso )

Poner a $x=2k$ en la ecuación original,

$p^{2k}=y^{4}+4$

$(p^{k}-y^{2})(p^{k}+y^{2})=4$

utilizando el hecho de que $(p^{k}-y^{2})$ e $(p^{k}+y^{2})$ son naturales número de factores de $4$, y,

$(p^{k}+y^{2})>(p^{k}-y^{2})$

$(p^{k}+y^{2})=4$ ; $(p^{k}-y^{2})=1$

podemos ver que esto no es posible como $ y^{2}≠1.5 $

Por lo tanto, no es posible soluciones al $y≠1$

La única solución posible:

$(p,x,y)=(5,1,1)$