[Editado principalmente para añadir la singularidad de la $(119,120,169)$ triángulo
y la elíptica de la curva de conexión]
La conjetura es correcta, y equivalente a la de un famoso teorema de Ljunggren
(1942, ver referencias más abajo). No hay realmente una prueba simple que se conoce,
y podría ser que una prueba no es posible; la existencia de
varias soluciones como $(3,2)$ sugiere que es difícil obtener una prueba
con técnicas elementales $-$ por ejemplo un intento de utilizar sólo
congruencias está obligado a fallar debido a cualquier condición de congruencia debe
permitir a las dos órbitas $\{ (0,\pm1), (1, \pm0) \}$ y
$\{(\pm3,\pm2), (\pm2,\mp3)$ de las pequeñas soluciones.
El lado izquierdo de la $\left( (r+s)^2 - 2s^2 \right)^2 - 2(2rs)^2$
es homogénea polinomio de cuarto grado
$$
Q(r,s) = r^4 + 4r^3s, 6r^2s^2 - 4r^3 + s^4.
$$
Por lo tanto estamos tratando con el
Thue ecuación
$Q(r,s) = 1$. Thue demuestre que una ecuación tiene sólo un número finito de
soluciones. Su prueba es ineficaz, es decir, no proporciona un método para
seguramente encontrar todas las soluciones; pero, más tarde, los resultados hacen que esto sea posible.
Una técnica es implementada en varios de álgebra computacional paquetes,
incluyendo gp en el que el comando
thue(thueinit(r^4+4*r^3-6*r^2-4*r+1),1)
los rendimientos de la lista de espera
[[-2, 3], [2, -3], [0, 1], [0, -1], [3, 2], [-3, -2], [1, 0], [-1, 0]]
y los informes de sólo 14 milisegundos' tiempo de cómputo en mi portátil.
Pero esto se basa en algunos de ellos bastante difícil teoremas para acotar la búsqueda.
La cuártica $Q$ es bastante agradable: tiene simetría cuádruple generado por
$(r,s) \mapsto (s,-r)$, y las raíces de $Q(r,1)=0$ generar la
cíclico de la cuártica de campo ${\bf Q}(\cos \pi/8) = \frac12 \sqrt{2+\sqrt 2}$.
Pero irónicamente, esta simetría hace difícil el uso de una más elementales
técnica, Skolem $p$-ádico método, que a menudo tiene éxito en la muestra
que un moderadamente larga lista de $L$ de las soluciones es completa mostrando
que cualquier otra solución debe ser congruente con una de las soluciones en $L$
modulo de una forma arbitraria gran poder de $p$. Ljunggren recurren a
aplicando el método de no más de ${\bf Q}(\cos \pi/8)$ pero con algunos cuadrática
la extensión, la cual hizo su prueba aún más difícil de llevar a cabo y seguir
(aunque todavía no tan duro como los límites explotados por los thue función).
La ecuación en el título de Ljunggren del papel no es $Q(r,s)=1$ pero
$X^2 + 1 = 2Y^4$, lo que ha de enteros grandes soluciones de $(X,Y) = (\pm 239, \pm 13)$
[NOTA:$(1+\sqrt2)^7 = 239 + 13^2 \sqrt 2$] además de la clara
$(X,Y) = (\pm 1, \pm 1)$. Ljungreen mostró que no existen otras soluciones.
Gracias a la identidad
$$
Q(r,s)^2 + Q(r,-s)^2 = 2(r^2+s^2)^4
$$
de ello se sigue que cualquier solución de $Q(r,s) = 1$ $r^2+s^2 = 1$ o $13$,
que pronto se produce el resultado deseado.
Por el contrario cualquier entero solución de $2X^2 + 1 = Y^4$
los rendimientos de un entero solución de $Q(r,s) = 1$, como
Steiner y Tzanakis muestran en la Sección II de su papel; el uso de
la aritmética en el anillo de Gauss ${\bf Z}[i]$, pero en lugar
escribir el Ljunggren la ecuación como una terna Pitagórica primitiva
$((X-1)/2, (X+1)/2, Y^2)$ y aplicar la parametrización $(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2)$
de ternas Pitagóricas dos veces, la primera para obtener
$$
m^2-n^2-2mn = \pm 1, \quad m^2+n^2 = Y^2
$$
y, a continuación, a la resultante de la triple $(m,n,Y)$. Sección III a continuación se da una prueba
de la solución de $Q(r,s) = 1$ que los autores afirman que es
más simple que Ljunggren, pero requiere de una "profunda resultado
de Mignotte y Waldschmidt on lineal de las formas en logaritmos" (presumiblemente
el mismo resultado que el gp programa de exploits), por lo que el
Steiner-Tzanakis la prueba termina, incluso más complicado que Ljunggren.
Ljunggren, W.:, Zur Theorie der Gleichung $x^2 + 1 = Dy^4$,
Avh. Norske, Vid. Akad. Oslo 1 #5 (1942)
Steiner, R., y Tzanakis, N.:
La simplificación de la Solución de Ljunggren la Ecuación de $X^2 + 1 = 2Y^4$,
Revista de Teoría de los números 37 (1991), 123-132
P. S. 1) La Ljunggren/Pitágoras-triple conexión también se da
la siguiente formulación equivalente: Hay un único, casi isósceles
Triángulo de pitágoras, es decir,$(119, 120, 169)$, cuya hipotenusa es un cuadrado.
(Yo uso "casi isósceles" para significar $(a,b,c)$$a-b = \pm 1$.)
2) Si $Q(r,s) = 1$ $(r,s,1)$ es un número entero solución de $Q(r,s) = u^2$.
Si buscamos soluciones racionales,
obtenemos una curva elíptica $E$ isomorfo con $y^2 = x^3 - 2x$
[explícitamente $u/s^2 = t^2+2t-1 - 2x$ donde $t=r/s=(y-x)/(x-2)$].
Por norma técnicas de descenso una muestra que el $E$ tiene un número infinito de puntos,
cada uno de los cuales es $kP$ o $kP+T$ donde $P$ es el punto de $(x,y)=(-1,1)$
y $T$ es el 2-torsión punto de $(x,y)=(0,0)$. Las simetrías del problema
supongamos, sin pérdida de generalidad que es $kP$ $k$ impar.
En este punto podemos utilizar $p$-ádico técnicas para mostrar que los $k = \pm 1$,
que recupera las soluciones conocidas. Por ejemplo, si utilizamos $p=3$
entonces parece que el numerador de $u/s^2$ es congruente a $1 \bmod 3^f$
iff $k \equiv \pm 1 \bmod 3^{f-1}$, de donde $u=1$ ocurre sólo
en el conocido $k = \pm 1$. Una prueba a lo largo de estas líneas, aunque todavía
lejos de primaria, puede satisfacer Mordell del deseo de una prueba
más simple que Ljunggren, así como Kieren MacMillan's esperanza para
una prueba que utiliza el descenso (aunque el descenso no es el único ingrediente).
