Demostrando $x^4+y^4=z^2$ no tiene soluciones entero

Question

Necesito solución compruebe para ver si se me pasa por alto algo:

Si $x^4+y^4=z^2$ tiene un número entero de la solución, a continuación, $(\frac{x}{y})^4+1=(\frac{z}{y^2})^2$ tiene una solución en racionales.

La segunda ecuación es equivalente a $X^4+1=Y^2$ que puede ser escrito como cúbicos de Weierstrass formulario $$v^2=u^3-4u$$ where $u=\frac{2(Y+1)}{X^2}$ and $v=\frac{4(Y+1)}{X^3}$. Mediante el uso de SAGE podemos ver que Mordell-Weil grupo de esta curva elíptica es vacío (SAGE devuelve un conjunto vacío, pero no estoy seguro de si eso es suficiente para concluir este), por lo que podemos concluir que no hay soluciones racionales a la segunda ecuación y no se entero de la solución a la primera.

edit: No se entero de la solución en los enteros positivos.

Answer 1

No hay ningún número entero positivo soluciones a $x^4+y^4=z^2.$ Por contradicción, supongamos $(x,y,z)$ es una solución positiva con el mínimo posible de $z.$

Si un primer $p$ divide $x$ $y$ $p^4$ divide $z^2,$ $p^2$ divide $z.$ Pero, a continuación, $(x',y',z')=(x/p,y/p,z/p^2)$ es una solución positiva con $z'<z,$ contradiciendo la minimality de $z.$

Por lo tanto, $x,y$ co-prime. Por lo $(x^2,y^2,z)$ es Fundamental triplete de Pitágoras. Así que existen co-primer enteros positivos $m,n$, no tanto extraño, con $\{x^2,y^2\}=\{m^2-n^2, 2mn\}$ $z=m^2+n^2.$ WLOG $x^2=m^2-n^2$ $y^2=2mn.$ tenga en cuenta que $x$ es impar y $y$ es incluso.

Ahora $x^2+n^2=m^2.$ Un divisor primo de ambos, $x$ $n$ debe dividir $m,$ pero $\gcd(m,n)=1.$ $x,n$ co-prime y $(x,n,m)$ es Fundamental triplete de Pitágoras. Así que hay co-primer enteros positivos $a,b$ $\{a^2-b^2, 2ab\}=\{x,n\}$ $a^2+b^2=m.$ Desde $x$ es impar tenemos $x=a^2-b^2$ $n=2ab.$

Ahora $y^2=2mn=2(a^2+b^2)(2ab)=4(a^2+b^2)ab.$ Pero $\gcd (a,b)=1$, por lo que los miembros de $\{a,b, a^2+b^2\}$ son pares de co-prime y su producto $(y/2)^2$ es un cuadrado. Por lo tanto, cada uno de $a,b,a^2+b^2$ es un cuadrado: Existen enteros positivos $d,e,f$ $a=d^2,b=e^2,a^2+b^2=f^2.$ por lo Tanto $$ f^2=a^2+b^2=d^4+e^4.$$ But $f^2=a^2+b^2=m<m^2+n^2=z,$ so $f\leq f^2<z.$ This contradicts the minimality of $z.$

Answer 2

El siguiente es no una respuesta, casi como una extensa versión de un comentario.

Decir $a=x^2$$b=y^2$.

Entonces la ecuación se convierte en $a^2+b^2=z^2$.

Ahora podemos concluir que $a,b,z$ le de las siguientes formas de cortesía esta prueba: $$a=d\cdot 2pq$$ $$b=d\cdot (p^2-q^2)$$ $$z=d\cdot (p^2+q^2)$$

donde$d=\mathrm{gcd}(a,b,z)$$p,q \in \mathbb{N}$.

Ahora $a$ $b$ $2$ cuadrados perfectos.

Así el problema se reduce a esto:

Demostrar que los números que tenía la forma $d\cdot 2pq$ $d\cdot (p^2-q^2)$ no puede ser cuadrados perfectos.

A ver si esto ayuda.

P. S. Si usted todavía desea algún método alternativo para encontrar soluciones de $a^2+b^2=z^2$, puede consultar este enlace.

Answer 3

Creo que la ecuación tiene un número infinito entero de soluciones.

Por ejemplo,$\{(a,0,a^2)|a\in\mathbb Z\}$.

Answer 4

SAGE 6.7 implementa un algoritmo debido a Peth, et al. (Véase A. Peth, H. G. Zimmer, J. Gebel, E. Herrmann, Computación en todos los S-integral puntos sobre curvas elípticas, de Matemáticas. Proc. Camb. Muerte. Soc. 127 (1999), Nº 3, 383-402) que se considera robusto. He tenido trabajos aceptados que invoca el SABIO, y era de confianza con la búsqueda de todos los enteros puntos en las curvas elípticas. Así que la respuesta a su pregunta es "Sí". Pero, por supuesto, que el lector puede tener dudas.