Resuelve en $\mathbb{Z}$ la ecuación $x^4 + 1 = 2y^2$.

Question

Encontrar todos los pares de intergers $(x,y)$ tal que $x^4 + 1 = 2y^2$.

Estoy pensando de enteros de Gauss, puesto que el lado izquierdo se puede factorizar en $\mathbb{C}$. Pero no sé cómo continuar aquí.

Answer 1

Ciertamente, $x$ debe ser impar. Tenga en cuenta que $(x^2+1)^2 = x^4+2x^2+1 = 2y^2+2x^2$ $(x^2-1)^2 = x^4-2x^2+1 = 2y^2-2x^2.$ Multiplicar estas dos ecuaciones para obtener

$$(x^4-1)^2 = 4(y^4-x^4).$$

Desde $x^4\equiv 1 \pmod{4}$, podemos escribir

$$\left(\frac{x^4-1}{2}\right)^2 = y^4-x^4.$$

Esto implica una solución a la mejor conocida ecuación de Diophantine

$$X^4-Y^4 =Z^2.$$

Esta ecuación puede ser demostrado tener sólo trivial soluciones infinito descenso, por lo que debemos tener $x^4-1 = 0$. Por lo tanto $x=\pm 1$ que obliga a $y=\pm 1$.

Para el descenso (cambiar a minúsculas):

Tenemos $z^2 + (y^2)^2 = (x^2)^2.$ Por la costumbre de la construcción de las soluciones a la ecuación de Pitágoras, $y^2=2mn$ o $y^2=m^2-n^2.$ Si $y^2 = 2mn,$ $m = u^2,$ y $n = 2v^2.$ $z^2 = m^2 - n^2 = u^4 - v^4,$ E $u^4 = m^2 < m^2 + n^2 < x^2 < x^4,$ so we have a smaller positive solution. If $y^2 = m^2 - n^2,$ $z = 2mn,$ y $x^2 = m^2 + n^2,$ $x^2y^2 = m^4 - n^4$ que es una solución más pequeña, debido a que $m^2 < x^2.$

Answer 2

Con $z=x^2$ podemos considerar $z^2-2y^2=-1$, que es un bien estudiado Pell-como ecuación: $a^2-D\,b^2=-1$ donde $D$ es positivo, rectangulares número natural. La solución consiste en encontrar la continuación de la fracción de representación para $\sqrt D=\sqrt 2$, que es bastante sencillo:

\begin{align}\sqrt 2 &= [1,2,2,2,\dots]. \end{align}

Para estos $D$, la representación es siempre a la larga periódico y de la forma

$$\sqrt D = [a_0,\overline{a_1,a_2,\dots,a_r,2a_0}].$$

Al $r$ es impar, no hay solución, pero al $r$ incluso $($como en nuestro caso, con $r=0)$, el más pequeño (o fundamentales) solución está dada por $(a,b)=(p_r,q_r)$ donde $p_n/q_n$ $n$- th convergente $[a_0,a_1,\dots,a_n]$$\sqrt D$.

Nuestro caso es muy simple, y $p_0=q_0=1$.

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Una vez que tenemos la solución fundamental, todas las otras soluciones puede ser obtenida por la toma de $n$-th poderes, donde $n$ es impar. De hecho, desde la $p_r^2-Dq_r^2=-1$ se sigue que $\left(p_r^2-Dq_r^2\right)^n=-1$. Settin $a^2-Db^2=\left(p_r^2-Dq_r^2\right)^n$, podemos hacer algo de factoring y manipulaciones para llegar a

$$a=\frac{\left(p_r+\sqrt Dq_r\right)^n+\left(p_r-\sqrt Dq_r\right)^n}2$$ $$b=\frac{\left(p_r+\sqrt Dq_r\right)^n-\left(p_r-\sqrt Dq_r\right)^n}{2\sqrt D}$$

En nuestro caso, con $n=2k+1$ nuestras soluciones parecen

\begin{align} z &=\frac{\left(1+\sqrt 2\right)^{2k+1}+\left(1-\sqrt 2\right)^{2k+1}}2\tag{%#%#%} \end{align}

Estos número en particular se han estudiado antes, y son llamados de Newman-los Mangos-Williams, número, o NSW números; Nuestra pregunta depende de: para qué valores de a $*$ $k$ un número cuadrado? Así, una simple aplicación del teorema del binomio de Newton muestra que

\begin{align} z &=\sum_{\substack{0\leq i \leq 2k+1\\i\,\text{ even}}}\binom{2k+1}i\left(\sqrt{2}\right)^i\\ &=\sum_{0\leq j \leq k}\binom{2k+1}{2j}2^j \end{align}

El primer par de $z$ $z$ y se puede encontrar en la OEIS. Yo no soy muy de gestión para demostrar que $1,7,41,239, \dots$ no puede ser un cuadrado de $z$, así que voy a volver sobre esto más adelante.

Answer 3

Consideramos $x, y$ positivo (si $x$ es la solución, a continuación, $-x$ es la solución, mismo con $y$). De $x^4+1=2y^2$ podemos deducir que $2y^2=t^2+1$ donde $t=x^2$ debe ser impar. Deje $t=2k+1$, lo $y^2=k^2+(k+1)^2$. Ahora podemos usar el hecho de que $y=(m+n)^2$ $k=(m-n)^2$ $(k+1)=2mn$ o $k=2mn$ $(k+1)=(m-n)^2$ donde $m, n\in \mathbb Z$.

Caso 1. $k=(m-n)^2$ $(k+1)=2mn$.

A continuación,$k+2(k+1)=(m+n)^2=y$, lo $y=3k+2$ $$9k^2+12k+4=2k^2+2k+1$ $ y nos encontramos con que k.

Caso 2. $k=2mn$ $(k+1)=(m-n)^2$

A continuación,$2k+k+1=(m+n)^2=y$, lo $y=3k+1$ $$9k^2+6k+1=2k^2+2k+1$ $ y nos encontramos con que k.

EDIT: NO es correcto, lo siento por la confusión

Answer 4

Respuesta parcial:

Sabemos que $x$ debe ser impar, así que $x=2k+1$ donde $k\in\mathbb{Z}$. Por lo tanto $$\begin{align}(2k+1)^4+1=2y^2&\implies8k^4+16k^3+12k^2+4k+1=y^2\&\implies4k(k+1)(2k(k+1)+1)+1=y^2\end{align}$$ so $ y^2$, and hence $y$, are odd. Let $y=2n+1$ where $n\in\mathbb{Z}$. This gives $$k(k+1)(2k(k+1)+1)=n(n+1)\implies 2(k(k+1))^2=(n-k)(n+k+1)$$ Neither $n-k$ nor $n+k+1$ can both be odd, so RHS is even. This means that $$(k(k+1))^2=l$$ for some $l\in\mathbb{N}$.

Si podemos demostrar que $l=\dfrac12(n-k)(n+k+1)$ no puede ser un cuadrado, entonces $k$ se ve obligado a satisfacer $k(k+1)=0\implies k=0,-1$ dar a los pares sólo de soluciones $$(x,y)=(\pm1,\pm1)$ $