Entero de soluciones para $x^4 + 4xy^3 = z^2$

Question

Encontrar todos los trillizos $(x,y,z)$ de los números enteros, de manera que $$x^4 + 4xy^3 = z^2.$$

Lo que he hecho:

Supongamos $x=0$. Entonces vemos a $z=0$ y, por tanto, $(0,y,0)$ es una solución. Supongamos $y=0$. Entonces vemos a $x^4 = z^2$ y, por tanto, $(x,0,\pm x^2)$ es una solución. Supongamos $z=0$. Entonces vemos a $x^3=-4y^3$, lo que da $x=y=0$ porque de lo contrario el número de factores de $2$ en ambos lados no pueden ser iguales.

Ahora podemos asumir $x>0$$z>0$. Pensé, si los tres son, incluso, $4$ debe dividir $z$, por lo tanto podemos dividir ambos lados por $16$, lo que da una contradicción al infinito descenso. Reescribir la ecuación como $4xy^3 = (z+x^2)(z-x^2)$ no ha resultado en ninguna buena. Mathematica no ha encontrado soluciones para$0<x<1000$$0<|y|<500$, así que creo que no hay más soluciones. No he llegado muy lejos, por lo que cualquier ayuda es muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Si $a$, $b$ y $c$ son no-cero de los números racionales, a continuación, $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}=\frac{c}{a}$ no tiene soluciones.

$pf)$ Vamos $\frac{a}{b}=x$, $\frac{b}{c}=y$, $\frac{c}{a}=z$. Nota: $xyz=1$

Esto implica que tenemos que encontrar soluciones a $xy(x+y)=1$ $x,y$ racionales. Sin embargo, esto ya fue demostrado aquí.

Tenga en cuenta que si $b^4+4bc^3$ tenía un número entero distinto de cero de la solución, esto implica $-\frac{b^2}{2c}\pm\frac{1}{2c}\sqrt{b^4+4bc^3}$ es un número racional. Pero, como @vrugtehagel señaló en la BMV enlace de arriba, esto implica que hay soluciones racionales a $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}=\frac{c}{a}$ si establecemos $a= -\frac{b^2}{2c}\pm\frac{1}{2c}\sqrt{b^4+4bc^3}$. Una contradicción.

Por lo tanto, no hay un valor distinto de cero soluciones.

(En el enlace que he proporcionado, @vrugtehagel pidió entero de soluciones. Pero esto puede ser extendido a los números racionales).

Answer 2

He encontrado una respuesta basada en lo que MXYMXY publicado anteriormente.

El paso crucial es observar que: $$(2x^2)(z-x^2)(z+x^2) = 2x^2(z^2-x^4) = 2x^2(4xy^3) = (2xy)^3.$$ Tenga en cuenta que a partir de mi análisis anterior se puede concluir que todos los factores en el LHS no son cero. También tenga en cuenta que $$(2x^2)+(z-x^2) = z+x^2.$$ Deje $d = \gcd(2x^2,z-x^2) = \gcd(z-x^2,z+x^2) = \gcd(z+x^2,2x^2)$ y observar que $d^3|(2xy)^3$, lo $d|2xy$. Ahora establecer $a = \frac{2x^2}{d}$, $b = \frac{z-x^2}{d}$, $c = \frac{z+x^2}{d}$ y $n =\frac{2xy}{d}$. Tenga en cuenta que $a$, $b$ y $c$ son parejas coprime. De ello se sigue que: $$abc = n^3 \quad \textrm{y} \quad a+b = c,$$ desde que llegamos a la conclusión de que $ab(a+b) = n^3$. Desde $a$, $b$ y $a+b = c$ son parejas coprime, vemos que los tres deben ser de otros poderes, lo cual es imposible por Último Teorema de Fermat.

Esto muestra que no hay más soluciones.