Encontrar métodos cortos y sencillos para resolver $24x^4+1=y^2$

Question

Encuentra toda esta ecuación diofantina $$24x^4+1=y^2\tag{1} $$ solución de enteros positivos

está claro $(x,y)=(1,5)$

Lo sé. $y^{2}=Dx^{4}+1$ donde $D>0$ y no es un cuadrado perfecto, tiene a lo sumo dos soluciones en números enteros positivos (cf. L. J. Mordell, Diophantine equations, p. 270.

¿Tiene esta ecuación otra prueba como la afirmación de Lucas, con métodos cortos y sencillos? Como este artículo: Anglin, W. S. "El rompecabezas de la pirámide cuadrada". Amer. Math. Monthly 97, 120-124, 1990. El puzzle de la pirámide cuadrada

En el artículo, las dos preguntas siguientes tienen métodos sencillos para resolverlas.

No hay números enteros positivos $x$ tal $2x^4+1$ es un cuadrado.

y

Hay exactamente un número entero positivo $x$ a saber $1$ tal que $8x^4+1$ ¿es un cuadrado?

Pero ¿Cómo puedo encontrar métodos sencillos para resolver $(1)$ ?

Answer 1

Se trata de un método sencillo pero no elemental.
$y^2 = 24x^4+1\tag{1}$
Utilizando la calculadora en línea Magma de la siguiente manera.
PuntosCuárticosIntegrales( $[24,0,0,0,1]$ );

Dice que todos los puntos integrales son $[[ 0, 1 ], [ 1, 5 ], [ -1, 5 ]]$ .
Por lo tanto todo punto integral positivo es $(x,y)=(1,5).$

Answer 2

$\frac{y-1}{2} \cdot \frac{y+1}{2} = 6x^4$

Así que $\frac{y+1}{2} = p a^4, \frac{y-1}{2} = q b^4$ donde $pq = 6$ y tenemos que resolver la ecuación $p a^4 - q b^4 = 1

Caso 1 : $p = 6, q = 1$

Esto es imposible módulo 3.

Caso 2 : $p = 2, q = 3$

Esto es imposible módulo 3.

Caso 3 : $p = 1, q = 6$

Demostraremos que no hay solución utilizando el método de descenso infinito. Tomemos la solución mínima en enteros positivos $a, b$ .

Moviendo los lados y factorizando obtenemos $\frac{a - 1}{2} \cdot \frac{a+1}{2} \cdot \frac{a^2 + 1}{2} = 12 (\frac{b}{2})^4$ por lo que existen enteros positivos coprimos $\alpha, \beta, \gamma$ y enteros coprimos $m,n,k$ tal que $\frac{a-1}{2} = \alpha m^4, \frac{a+1}{2} = \beta n^4, \frac{a^2 + 1}{2} = \gamma k^4$ tal que $\alpha \beta \gamma = 12$ .

Observe que $\gamma | \frac{a^2 + 1}{2}$ lo que significa que ni $2$ ni $3$ puede dividir $\gamma$ por lo que debemos tener $\gamma = 1$ y así $\alpha \beta = 12$ . Por lo tanto, $\frac{a^2 + 1}{2} - 2 \cdot \frac{a+1}{2} \cdot \frac{a-1}{2} = k^4 - 24(mn)^4 = 1$

Ahora podemos volver a repetir el mismo argumento: $\frac{k-1}{2} \cdot \frac{k+1}{2} \cdot \frac{k^2 + 1}{2} = 3(mn)^4$ por lo que obtenemos $\frac{k^2 + 1}{2} = u^4$ y $\frac{k - 1}{2}, \frac{k + 1}{2}$ son iguales a $3v^4, w^4$ en cierto orden. De aquí obtenemos $u^4 - 6(vw)^4 = 1$ que es una solución menor a nuestra ecuación original, una contradicción.

Caso 4 : $p = 3, q = 2$

En este caso tenemos que resolver la ecuación $3a^4 - 2b^4 = 1$ . Desgraciadamente, no conozco una prueba de este hecho que sea tan sencilla como Caso 3 y totalmente elemental (tampoco estoy seguro de que exista tal prueba). Sin embargo, existe este documento de R.T. Bumby, que resuelve la ecuación más general $3x^4 - 2y^2 = 1$ (que tiene además de la solución trivial $(1,1)$ también el más sorprendente $(3, 11)$ ) utilizando métodos esencialmente elementales, basándose únicamente en la factorización única en $\mathbb{Z}[\sqrt-2]$ .

Sólo he hojeado este documento de Paolo Ribenboim, pero pretende dar un algoritmo para encontrar todas las soluciones de la ecuación $x^2 - Dy^4 = 1$ con fijo $D$ aparentemente con una prueba elemental.

Este artículo es un magnífico estudio de P.G. Walsh sobre cuestiones como éstas acerca de las ecuaciones Pell: contiene buenas explicaciones sobre muchos resultados y probablemente contenga todas las referencias que encontrará estudiando este tema.

Espero que esta respuesta sea de ayuda.