Truco discriminante de Trost

Question

El siguiente truco que fue introducido por E. Trost (Eine Bemerkung zur Diophantischen Análisis, Elem. De matemáticas. 26 (1971), 60-61). Para demostrar que una ecuación de diophantine como $x^4 - 2y^2 = 1$ tiene sólo la solución trivial, suponga que $a^4 - 2b^2 = 1$; luego la ecuación cuadrática $a^4 t^2 - 2b^2 t - 1 = 0$ tiene la solución racional $t = 1$, por lo que su discriminante $4b^4 + 4a^4$ debe ser un cuadrado. Por lo tanto $a = 0$ o $b = 0$ por Último Teorema de Fermat para exponente $4$.

Trost dio un par de otras buenas aplicaciones de este truco, pero no lo he visto en cualquier libro de texto sobre la teoría de números. Mis preguntas:

1. Fue Trost el truco notado por nadie (antes o después de Trost)?
2. Hay otros lindo aplicaciones?

Answer 1

T. Nagell en [Norsk Mat. Forenings Skrifter. 1:4 (1921)] muestra que, por un extraño prime $q$, la ecuación $$ x^2-y^q=1 \qquad (*) $$ tiene solución en los números enteros $x>1$, $y>1$, a continuación, $y$ es incluso y $q\mid x$. En su prueba de esto último la divisibilidad se utiliza una táctica similar de la siguiente manera.

Asumiendo $q\nmid x$ escribir ($*$) como $$ x^2=(y+1)\cdot\frac{y^q+1}{y+1} $$ donde los factores de la derecha son coprime (que sólo podría tener común múltiplo $q$). Por lo tanto, $$ y+1=u^2, \quad \frac{y^q+1}{y+1}=v^2, \quad x=uv, \qquad (u,v)=1, \quad \text{$u,v$ es impar}. $$ El uso de estos resultados podemos afirmar que la ecuación original en la forma $x^2-(u^2-1)^q=1$, o $$ X^2-dZ^2=1 \quad\text{donde:$d=u^2-1$}. $$ La última ecuación tiene solución integral $$ X=uv, \quad Z=(u^2-1)^{(p-1)/2}, $$ mientras que su solución general (un clásico resultado de esta particular de la ecuación de Pell) se toma la forma $(u+\sqrt{u^2-1})^n$. Sigue a utilizar el teorema del binomio en $$ X+Z\sqrt{u^2-1} =(u+\sqrt{u^2-1})^n $$ (por cierto $n\ge1$) y estimaciones sencillas a la conclusión de que esto no es posible.

A destacar el uso de similar truco: en lugar de mostrar insolvability de $x^2-(u^2-1)^q=1$, suponemos que existe una solución y, a continuación, utilizar $d=u^2-1$ para producir una solución de $X,Z$ de %de$X^2-dZ^2=1$; finalmente, el par $X,Z$ no puede resolver la resultante de la ecuación de Pell. (Por supuesto, es difícil afirmar que este es exactamente Trost el truco, como aquí es una variable ficticia pero no discriminantes, excepto en la de La ecuación de Pell. Trost el truco es menos complicado para mi gusto. $\ddot\smile$)

Tenga en cuenta que Nagell el resultado fue de vital importancia para mostrar que ($*$) no tiene soluciones integrales $x>1$, $y>1$ para una prima fija $q>3$. Esto se muestra en un muy elegante manera, utilizando el algoritmo de Euclides y residuos cuadráticos por Ko Chao [Sci. Sinica 14 (1965) 457--460], y más tarde reproducido en Mordell del Diophantine ecuaciones. Las ideas de esta prueba se encuentran en el corazón de Mihailescu la solución final de catalán de la conjetura. Mucho más simple prueba de Ko Chao resultado, basado en una completamente diferente (bueno!) truco, fue dada posteriormente por E. Z. Chein [Proc. Amer. De matemáticas. Soc. 56 (1976) 83--84].

Answer 2

Cassels revisa el artículo de Trost (MR0288077 (44 # 5275)) y señala que 1) la equivalencia de la insolubilidad de$x^4-2y^4=z^2$ y$x^4+y^4=z^2$ es bien conocida (cita Hardy y Wright, Teorema 226), y 2) "Hay una segunda aplicación del mismo truco que muestra que no hay puntos racionales no triviales en una determinada curva elíptica si no hay ninguno en su jacobiano".

Answer 3

Como yo estaba navegando a través de los problemas y soluciones del departamento de la American Mathematical Monthly , el otro día, me enteré de que, en su solución del problema de E-2332 [1972, 87], el cual fue publicado en la página 77 de la primera edición del vol. 80 de la AMM, Ernst Trost recurrido al truco y, lo que es más, añade una referencia a la citada papel de su para otras aplicaciones de la misma.

El problema fue planteado por R. S. Luthar y pidió a encontrar todas las soluciones en los enteros positivos de la ecuación de $y^{3}+4y= z^{2}$. Trost la solución fue de la siguiente manera:

Consideramos que la más general de eq.

$$ay^{3} +4a^{3}b^{4}y= z^{2}, \quad y, z >0$$

donde $a, b \in \mathbb{N}$. Si $(y,z)$ es una solución, entonces el polinomio cuadrático $$P(t) =ay^{3}t^{2} -z^{2}t+4a^{3}b^{4}y$$ has the rational zero $t=1$. Therefore, $z^{4}-(2aby)^{4}$ must be the square of an integer. Taking into account that $y>0$ and applying a result of Fermat (see, for instance: K. Conrad, "Proofs by descent", p. 7), we infer that $z=2aby$; it follows that the unique solution of the equation under consideration is $$(y,z)= (2ab^{2},4a^{2}b^{3}).$$