¿Hay una prueba elemental que $y^2=8x^4+1$ no tiene integral solución $x\ge2$?

Question

Cómo puedo probar que $y^2=8x^4+1$ no tiene solución integral con $x\ge 2$ con primaria métodos ?

Con la primaria me refiero a usar sólo la aritmética modular, la única factorización y teorema de la teoría de los residuos cuadráticos módulo de un primer $p$.

Probé varios enfoques , pero no pude probar la reclamación :

Primero de todo, si $x\ge 2$, hay un primer factor $p$ dividiendo $x$.

$y^2-1=(y-1)(y+1)=8x^4$

Por lo tanto, si $y-1$ o $y+1$ es divisible por un extraño prime, tenemos $p^4|y-1$ respectivas $p^4|y+1$. ¿Lleva esto a cualquier lugar ?

$y^2-9=8x^4-8$ , lo que implica $(y-3)(y+3)=8(x-1)(x+1)(x^2+1)$. Puedo hacer uso de el hecho de que cada impar prime $p$ dividiendo $x^2+1$ tiene la forma $4k+1$ ?

Puesto que la ecuación está estrechamente relacionado con los números triangulares (La cuestión de si un número triangular puede ser un cuarto poder, conduce a la ecuación dada), también he estudiado la convergents de $\sqrt{2}$ (que satisfacer la pell-ecuación de $x^2-2y^2=1$).

La secuencia de $B_n$ de los enteros positivos, cuyas plazas son triangulares satisface la relación de recurrencia $B_1=1$ , $B_2=6$ , $B_n=6B_{n-1}-B_{n-2}$. Así, mostrando que no $B_n$ con la excepción de $1$ es un cuadrado perfecto también terminaría la prueba.

Alguna idea ?

Answer 1

El entero positivo $y$ debe ser impar, y dejando $z=(y-1)/2$ obtenemos $z(z+1)=2x^4.$ Los dos enteros consecutivos, $z$ $z+1$ no tienen factores primos comunes, así uno es un cuarto poder, y las otras dos veces a la cuarta potencia.

Caso 1: Si $z=\ell^4$$z+1=2m^4$,$\ell^4+1=2m^4$. A partir de mi respuesta aquí, vemos que $\ell=1$$y=3$$x=1$.

(En esta parte se utiliza el hecho de que $z^2=x^4-y^4$ no tiene soluciones en la no-cero enteros. Este es el Ejercicio 1.6 en Edwards libro sobre el Último Teorema de Fermat. La prueba utiliza la representación de ternas Pitagóricas y el infinito el descenso.)

Caso 2: Si $z=2m^4$$z+1=\ell^4$,$\ell^4-1=2m^4$. Desde $(\ell^2-1)(\ell^2+1)=2m^4$$\gcd(\ell^2-1,\ell^2+1)\leq 2$, uno de los factores $\ell^2-1$ o $\ell^2+1$ es un cuarto poder, en particular, de una plaza. Los únicos dos cuadrados consecutivos se $0$$1$, por lo que debemos tener $\ell=1$. Esto implica $z=0$$y=1$$x=0$.

Answer 2

Aquí es otro enfoque. Podemos reescribir la ecuación original como

$y^2 - 1 = 2^kx^4$ donde $x$ es impar. La ecuación (1)

$(y-1)(y+1) = 2^k m^4 n^4$ donde $(m,n) = 1$ y el tanto $m$ $n$ son impares.

$gcd(y-1, y+1) = 2$

PASO 1: Sin pérdida de generalidad, podemos escribir $y - 1 = 2^{k-1} m^4$ $y + 1 = 2n^4$ . La diferencia nos da,

$n^4 - 2^{k-2} m^4 = 1$

Tenemos una ecuación que se parece a la Ecuación(1) por$n^2 < y, m < x$, por lo que este descenso nos llevará a una ecuación de la forma $r^4 - 2s^4 = 1$ la Ecuación (2)

o $r^4 - s^4 = 1$ la Ecuación (3)

con mcd(r,s) = 1 y $r, s$ que se extraña

LHS y RHS de la Ecuación (2) (y de la Ecuación (3)) no son congruentes mod 4.

Por tanto, las Ecuaciones (2) y (3) no tienen solución, además de la solución trivial $r = 1, s = 0$

Por lo tanto la Ecuación (1) no tiene solución en los números enteros, además de a $x = \pm1$

ps: Si en el PASO 1, se intercambian los valores de $y-1$$y+1$, lo vamos a conseguir

$2^{k-2}m^4 - n^4 = 1 \implies 2^{k-2}m^4 = (n^2)^2 + 1^2$

Desde $k$ es a pesar de todo, este es de la forma $p^2 = n^4 + 1^4$ que no tiene soluciones en números enteros $p, n$ por Fermat.