Reto de Fermat

Question

Fermat desafió Frenicle con la búsqueda de una terna pitagórica (a,b,c) donde: $(a-b)^2-2b^2$ es en sí mismo un cuadrado. Al hacer la sustitución $a=m^2-n^2$, $b=2mn$, y $c=m^2+n^2$ a $(a-b)^2-2b^2=d^2$ obtenemos el siguiente cuarto grado:

$m^4-4m^3n-6m^2n^2+4mn^3+n^4=d^2$

El objetivo del ejercicio es de alguna manera obtener una curva que corresponde a esta ecuación y, a continuación, utilizar la otra curva, es decir, una ecuación cuadrática de intersección con la curva de generar otra solución de la solución (1,0,1).

Este método fue utilizado para demostrar que también existe una terna pitagórica (a,b,c) donde c y a-b son ambos cuadrados. Utilizando la curva de $y^2=2x^4-1$ y el uso de una intersección cuadrática para generar una solución no trivial.

Cualquier sugerencias o consejos se agradece.

Answer 1

Comencemos con la cuártica $$m^4-4m^3n-6m^2n^2+4mn^3+n^4=d^2.$$ Dividiendo por $n^4$, obtenemos $$m'^4-4m'^3-6m'^2+4m'+1=d'^2,$$ con $m'=m/n$$d'=d/n^2$. Ahora podemos homogeneizar esta ecuación para obtener la $$E:M^4-4M^3N-6M^2N^2+4MN^3+N^4=D^2N^2,$$ que tiene un punto racional $P=[M,N,D]=[0,0,1]$. La curva de $E$ es, de hecho, no singular, y de género $1$, de modo que el par $(E,P)$ es una curva elíptica. Un cambio apropiado de variables (de la izquierda a la OP como ella/él le pide sugerencias) aporta $E$ a un modelo de Weierstrass $$E':y^2 - 4xy - 32y = x^3 + 20x^2 + 96x,$$ y hay un racional mapa de $\phi:E'\to E$. El Mordell-Weil grupo de $E'$ es isomorfo a $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$, generado por $S=[-8,0,1]$, e $T=[-12,-16,1]$. Ahora, hay un caso $\mathbb{Z}$-combinación lineal de $S$ $T$ (de nuevo a la izquierda para el OP de la figura) que le da un punto de $R$, de tal manera que $\phi(R)=[78/1343,4/1343,1]$. Esta dice que el $[M,N,D]=[78/1343,4/1343,1]$ es un punto en el $E$, y por lo tanto $(M,N,DN)$ es una solución de la original de cuarto grado. Esto daría un triple de pitágoras con la calidad deseada, pero con coeficientes racionales, así que en lugar de que nos demos cuenta de que $$(1343M,1343N,1343^2DN)=(78,4,4\cdot 1343)$$ es también un punto en el original de la cuártica. Este punto se corresponde con $$(a,b,c)=(6068, 624, 6100)$$ y, de hecho, $(a-b)^2-2b^2=28858384=2^4\cdot 17^2\cdot 79^2$ es un cuadrado.