Resolver la ecuación de Diophantine $x^6 + 3x^3 + 1 = y^4$

Question

Encontrar todos los pares de $(x, y)$ de los números enteros, tal que $x^6 + 3x^3 + 1 = y^4$.

Mi solución:

Reclamo: El par $(0, 1)$ son las únicas soluciones.

Prueba. Supongamos que existe otras soluciones para $y \gt 1$$x \gt 0$, a continuación, voy a mostrar que estas parejas son imposibles si $x$ $y$ son enteros. Permítanos Factorizar la ecuación dada de la siguiente manera.

$x^6 + 3x^3 = y^4 - 1$

$x^6 + 3x^3 = (y^2)^2 - 1^2$

$x^6 + 3x^3 =(y^2 - 1)(y + 1)(y^2 + 1)$

$x^3(x^3+ 3) = (y - 1)(y + 1)(y^2 + 1) . . . (*)$

Porque los números de la $(y - 1), (y + 1)$, e $(y^2 + 1)$ son todos distintos, se sigue que sus productos no pueden ser nunca un cubo, por lo tanto, de $(*)$, se obtiene el sistema.

$(y - 1)(y + 1)(y^2 + 1) = x^3 + 3$, y $x^3 = 1$, Que es equivalente a:

$(y - 1)(y + 1)(y^2 +) = 4 . . .(**)$

Desde $(y - 1) \gt 0$, $y$ es mínimo si y sólo si $y = 2$, lo que claramente no satisface $(**)$. Por lo tanto debemos tener $x = 0$$y = 1$.

Por favor, ¿hay algún error en mi solución?.

Answer 1

$x^6+3x^3+1-y^4=0$ es una ecuación cuadrática.

Por lo tanto, no es un número entero $n$ que $$3^2-4(1-y^4)=n^2$$ o $$n^2-4y^4=5$$ o $$(n-2y^2)(n+2y^2)=5$$ y tenemos cuatro casos sólo.

Answer 2

Caso 1. Si $x= 0$ tenemos $y^4=1$ $y=\pm 1$

Caso 2. Si $x>0$

$(x^3+1)^2= x^6+2x^3+1< x^6 + 3x^3 + 1 = y^4$

$ y^4 = x^6 + 3x^3 + 1< x^6+4x^3+4 = (x^3+2)^2$

Por lo tanto tenemos:$$(x^3+1)^2< y^4 <(x^3+2)^2$$

Por lo $x^3+1< y^2 < x^3+2$ una contradicción.

Caso 3. Si $x<0$, a continuación, escriba $x=-t$$t>0$. Ahora tenemos que sove:

$$t^6 - 3t^3 + 1 = y^4$$ y esto se puede hacer de manera similar:

$$(t^3-2)^2<y^4<(t^3-1)^2$$