¿Existe una solución elemental para $x^2+1=y^3$ ?

Question

Demostrar que no hay soluciones enteras positivas para $$x^2+1=y^3$$ Este problema es fácil si se aplica la conjetura de Catalán y todavía se puede hacer hablando de enteros gaussianos y UFD's. Sin embargo, ¿se puede resolver este problema utilizando matemáticas preuniversitarias?

Estoy hablando de soluciones teóricas de números elementales. ¿Existen?

Answer 1

Lema. Si $a$ y $b$ son números enteros tales que $3a^4+3a^2+1=b^2\!$ entonces $a=0$ y $b=\pm 1$ .

Prueba. Podemos, sin pérdida de generalidad, suponer que $a$ y $b$ son no negativos. Supongamos, en contra del lema, que $a \ne 0$ y $b > 1$ son enteros que satisfacen la ecuación. Evidentemente $b$ es impar, digamos $b=2c+1$ para un número entero $c \ge 1$ . Por lo tanto, $$\begin{align*} 3a^4 + 3a^2+1 &= (2c+1)^2 \\ 3a^2(a^2+1) &= 4c(c+1). \end{align*}$$ Desde $4 \nmid 3(a^2+1)$ independientemente de la paridad de $a$ Debemos tener $2 \mid a^2$ Por lo tanto $a$ es incluso, digamos $a=2d$ para un número entero $d \ge 1$ . Ahora $$\begin{align*} 3d^2(4d^2+1) &= c(c+1). \end{align*}$$ Ahora demostramos que esta ecuación no tiene soluciones con $c,d \ge 1$ . Supongamos por el contrario que existen enteros $p,q,r,s \ge 1$ tal que $$\begin{align*} 3d^2 &= pq, &&& c &= pr, \\ 4d^2+1 &= rs, &&& c+1 &= qs. \end{align*}$$ Desde $\gcd(p,q) \mid \gcd(pr,qs) = \gcd(c,c+1)=1$ implica $\gcd(p,q)=1$ podemos escribir $d=uv$ con $\gcd(u,v)=1$ y considerar los dos casos posibles.

Caso 1: $p=u^2$ y $q=3v^2$ . Por lo tanto, $c=pr = u^2r$ y por sustitución $c+1=u^2r+1 = 3v^2s$ . Por otro lado, $rs-1 = 4d^2=4u^2v^2$ y sumando estas dos relaciones se obtiene $$\begin{align*} (rs-1)+(u^2r+1) &= 4u^2v^2 + 3v^2s \\ r(s+u^2) &= v^2(4u^2+3s). \end{align*}$$ Desde $d=uv$ la ecuación $rs = 4d^2+1$ fuerzas $\gcd(v,r)=\gcd(s,u)=1$ . Por lo tanto, $v^2 \mid (u^2+s)$ y $\gcd(s+u^2,4u^2+3s) = \gcd(s+u^2,3(s+u^2)+u^2)=\gcd(s+u^2,u^2) = \gcd(s,u^2)=1$ . Por lo tanto, concluimos $r=4u^2+3s$ y $v^2=s+u^2$ . Sustituyendo ahora da $$\begin{equation*} r = 4u^2+3s = 4u^2+3(v^2-u^2) = u^2+3v^2. \end{equation*}$$ Multiplicando, $4u^2v^2+1=rs=(u^2+3v^2)(v^2-u^2)$ , lo que implica $u^4+1=3v^2(v^2-2u^2)$ . Pero $3 \nmid u$ (porque $3 \mid q$ y $\gcd(p,q)=1)$ Así que $u^4+1 \equiv 2\!\pmod{3}$ una contradicción.

Caso 2: $p=3u^2$ y $q=v^2$ . Ahora $c+1=pr+1=qs$ da $3u^2r+1=v^2s$ . Tenemos $rs-1=4d^2=4u^2v^2$ y sumando las dos relaciones se obtiene $$\begin{align*} (rs-1) + (3u^2r+1) &= 4u^2v^2 + v^2s \\ r(s+3u^2) &= v^2(4u^2+s). \end{align*}$$ Como antes, la consideración de los factores comunes lleva a la conclusión $s+3u^2=v^2$ y $$\begin{equation*} r=4u^2+s =4u^2+(v^2-3u^2) = u^2+v^2. \end{equation*}$$ Multiplicando, $4u^2v^2+1 = rs = (u^2+v^2)(v^2-3u^2)$ que es $3u^2(u^2+2v^2)=(v^2-1)(v^2+1)$ . Desde $3$ nunca puede dividir $v^2+1$ deducimos $v^2-1=3u_1^2w_1$ y $v^2+1=u_2^2w_2$ donde $u=u_1u_2$ y $u^2+2v^2=w_1w_2$ . Como $4 \nmid (v^2+1)$ deducimos que $u_2$ es impar, $w_2 \equiv 1\text{ or }2\!\pmod{4}$ y $\gcd(u_2,w_1)=1$ . Sumando los rendimientos $2v^2 = (v^2-1)+(v^2+1) = 3u_1^2w_1 + u_2^2w_2$ y por sustitución $$\begin{align*} w_1w_2 &= u^2+2v^2 \\ &= u_1^2u_2^2+ (3u_1^2w_1 + u_2^2w_2) \\ w_2(w_1-u_2^2) &= u_1^2(u_2^2+ 3w_1). \end{align*}$$ Desde $\gcd(w_1-u_2^2,u_2^2+3w_1)$ divide la suma $4w_1$ y $\gcd(w_1,u_2)=1$ y $u_2$ es impar, deducimos $w_1-u_2^2=u_1^2$ . Ahora $w_2 = u_2^2+3w_1 = u_2^2+3(u_2^2+u_1^2) = (2u_2)^2+3u_1^2 \equiv 0\text{ or }3\!\pmod{4}$ , contradiciendo $w_2 \equiv 1\text{ or }2\!\pmod{4}$ y demostrar el lema.

Teorema. La ecuación $X^2 +1 = Y^3$ sólo tiene una solución entera, a saber $(x,y)=(0,1)$ .

Prueba. Supongamos que $x$ y $y$ son números enteros tales que $x^2+1 = y^3$ . Considerando la ecuación módulo $3$ se deduce rápidamente que $$x^2 = (3z+1)^3−1 = 9z(3z^2+3z+1)$$ para algún número entero $z$ . Desde $\gcd(z,3z^2+3z+1)=1$ , ambos $z$ y $3z^2+3z+1$ deben ser cuadrados. Escribe $z=a^2$ para un número entero $a$ y, por tanto, para algún número entero $b$ tenemos $b^2 = 3z^2+3z+1 = 3a^4+3a^2+1$ . Ahora el lema obliga a $a=0$ para que $z=a^2=0$ y $y=3z+1=1$ como se ha reclamado.

Answer 2

Una prueba alternativa y una generalización

Como se indica en la respuesta aceptada, basta con probar que $3a^4+3a^2+1=b^2$ no tiene ninguna solución entera positiva. Con un cambio de notación demostraremos la siguiente generalización utilizando el mismo método empleado para ¿La ecuación $y^2=3x^4-3x^2+1$ ¿tiene una solución elemental?

Teorema

Ninguna ecuación de las dos formas $$Ax^4-6x^2y^2+Cy^4=z^2,AC=-3\tag{1}$$ $$ax^4+3x^2y^2+cy^4=z^2,ac=3\tag{2}$$ tiene una solución entera positiva.

Prueba

En primer lugar, hay que tener en cuenta que, para cualquiera de las dos ecuaciones, podemos suponer que $x,y,z$ son coprimas por pares ya que un factor común de cualquier par de $x,y,z$ sería un factor de todos y la cancelación puede ocurrir.

También hay que tener en cuenta que precisamente uno de $A$ y $C$ es divisible por $3$ . Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $3$ es un factor de $C$ y que $A\in \{\pm 1\}.$ Entonces $z^2\equiv A\pmod 3$ y así $A=1$ . Del mismo modo, podemos suponer $a=1$ .

Una ecuación de la forma (1)

$x^4-6x^2y^2-3y^4=z^2$ se puede reescribir, completando el cuadrado, como $$\left (\frac{x^2-3y^2-z}{2}\right )\left (\frac{x^2-3y^2+z}{2}\right)=3y^4.$$ Ya que los dos factores entre corchetes, $L$ y $M$ digamos, difieren en el número entero $z$ y tienen producto entero, ambos son enteros. Además, si $q$ es un factor común primo de $L$ y $M$ entonces $q$ sería un factor de ambos $z$ y $y$ una contradicción.

Por lo tanto, $\{L,M\}=\{au^4,cv^4\}$ , donde $ac=3$ y $y=uv$ con $u$ y $v$ coprime. Entonces $$au^4+cv^4=x^2-3y^2=x^2-3u^2v^2.$$ Por lo tanto, $au^4+3u^2v^2+cv^4=x^2$ , $ac=3$ una ecuación de la forma (2).

Es importante tener en cuenta que el mapeo $(x,y,z)\rightarrow (u,v,w)$ es invertible. Sólo un conjunto de soluciones puede mapear a $(u,v,w)$ por este proceso.

Una ecuación de la forma (2)

Dejemos que $u,v,x$ sea una solución coprima por pares de $u^4+3u^2v^2+3v^4=x^2$ y que $t$ sea el máximo común divisor de $v$ y $2$ . Entonces $(U,V,W)=(\frac{2u}{t},\frac{v}{t},\frac{4x}{t^2})$ es una solución coprima por pares de $U^4+12U^2V^2+48V^4=W^2$ .

Esto se puede reescribir, completando el cuadrado, como $$\left (\frac{U^2+6V^2-W}{2}\right )\left (\frac{U^2+6V^2+W}{2}\right)=-3V^4.$$ Los factores entre corchetes, $L$ y $M$ son de nuevo enteros coprimos.Por lo tanto $\{L,M\}=\{aX^4,cY^4\}$ , donde $ac=-3$ y $V=XY$ con $X$ y $Y$ coprime. Entonces $$aX^4-6X^2Y^2+cY^4=U^2,ac=-3,$$ una ecuación de la forma (1). De nuevo, este mapeo de soluciones es invertible.

Conclusión

Hemos visto que cualquier solución entera positiva $(x,y,z)$ de una ecuación de la forma (1) conduce a otra solución entera positiva $(X,Y,Z)$ , donde $$Y=\frac{y}{tuX}.$$ Cualquier serie estrictamente decreciente de enteros positivos debe terminar, por lo que el proceso anterior debe conducir a soluciones con $tuX=1$ .

Ahora es sencillo enchufar $u=X=1$ y por lo tanto $U=2$ en las ecuaciones para obtener la contradicción $$1-6Y^2-3Y^4=4.$$