2n^2+1, 3n^2+1, 6n^2+1, и все они - квадраты?

[nnosipov]

scwec в сообщении #579914 писал(а):

К сожалению, даже в случае $D=2$ доказательство нулевого ранга не совсем элементарно.
У меня есть повод элементарно доказать что-то вроде этого, но в другой теме.

Это было бы интересно. Листал сейчас брошюру Серпинского "О решении уравнений в целых числах" в поисках элементарного доказательства неразрешимости уравнения $2x^4+y^4=z^2$ в натуральных числах ($D=2$) --- нет там такого, увы.

[scwec]

Должен Вам сказать, что нет лучшей книжки про диофантовы уравнения на русском языке, чем В.Серпинский.
Конечно, лучше читать Морделла, но все же на английском языке. И потом все же 1969 год.

[nnosipov]

Случай $D=2$ отыскался в брошюре Гельфонда "Решение уравнений в целых числах" (М.: Наука, 1978) на стр. 57, куда я решил заглянуть на всякий случай после того, как сочинил собственное доказательство. Оно оказалось немного проще, чем у Гельфонда, поэтому я его приведу ниже.

Итак, предположим, что уравнение $x^2=2y^4+z^4$ разрешимо в натуральных числах $x$, $y$, $z$. Если простое $p$ является общим делителем $x$ и $z$, то $2y^4$ делится на $p^2$, откуда $y$ делится на $p$. Но тогда $x$ делится на $p^2$, и мы получаем меньшее решение $(x/p^2,y/p,z/p)$. Пусть теперь $\gcd{(x,z)}=1$. Тогда $x$ и $z$ нечётны, а $y$ чётно, $y=2y_1$. Имеем

$$ 8y_1^4=\frac{x-z^2}{2} \cdot \frac{x+z^2}{2}. $$

Сомножители в правой части взаимно просты и имеют разную чётность. Если $(x+z^2)/2$ чётно, то $(x-z^2)/2=u^4$ и $(x+z^2)/16=v^4$ для некоторых $u$, $v$. Но тогда

$$ 8v^4-u^4=z^2, $$

что невозможно по модулю 4. Если $(x-z^2)/2$ чётно, то $(x-z^2)/16=u^4$ и $(x+z^2)/2=v^4$ для некоторых $u$, $v$. Значит,

$$ \frac{v^2-z}{2} \cdot \frac{v^2+z}{2}=2u^4, $$

откуда либо $(v^2-z)/2=a^4$ и $(v^2+z)/4=b^4$, либо $(v^2-z)/4=b^4$ и $(v^2+z)/2=a^4$ для некоторых $a$, $b$. Но тогда

$$ v^2=2b^4+a^4. $$

Нам осталось показать, что $v<x$. Действительно, $x=2v^4-z^2>2v^4-v^4=v^4 \geqslant v$.

[scwec]

У Морделла в Diophantine equations есть несколько теорем по поводу уравнения $y^2=Dx^4+1$.
Приведу формулировки двух.

1. Уравнение не имеет целых решений, кроме $x=0$, если
a. $D\not\equiv0,-1,3,8 \mod 16$
b. $D$ не представляется в виде $D=pq, (p,q)=1$, где $p>1$ - нечетное число такое, что
$p\equiv\pm{1}$ или $p\equiv{q}\pm{1}$ или $p\equiv4q\pm{1}\mod 16$.

2. Если $D>0$ не квадрат, то уравнение имеет не более двух целых положительных решений.
Вторая теорема, по-моему, эффектна.

[nnosipov]

Немного напоминает ситуацию с конгруэнтными числами. Возможно, 1а элементарно доказывается. Хотя здесь $D$ не предполагается простым, это хуже.

[scwec]

Книга-то легко находится в сети. стр.269,270,271.
Доказательства там не заумные. Лучше почитать.
Там вообще много чего интересного.

[nnosipov]

Да есть она у меня. Но как-то руки не доходят до обстоятельного чтения.