Haz todo lo posible por comprender el código bien antes de usarlo a tu trabajo y si tdeseas aportar algo puedes decirlo en los comentarios.
Solución:
Si la ecuación $y^2=x^3-x$ tiene soluciones racionales en las que $x,y$ son distintas de cero, podemos poner $y=tx$ y después de dividir por $x$ tenemos la ecuación cuadrática para $ x$ $$x^2-t^2x-1=0 tag1$$ cuyo discriminante $t^4+4$ debe ser cuadrado. Ponga $t=m/n$ con $gcd(m,n)=1.$ Aquí $m,n$ son distintos de cero y $m neq n$ ya que $m=n$ significa $t=1$ en el que el caso (1) no tiene solución racional. Entonces $m^4+4n^4=(m^2)^2+(2n^2)^2=w^2$ para algún $w.$ Ahora aquí podemos suponer que $m$ es impar, de lo contrario poner $m=2k$ y después de unos pocos pasos llegue a $4(k^2)^2+(n^2)^2=s^2$ donde $s=w/2.$ Entonces tenemos $$(m^ 2)^2+(2n^2)^2=w^2$$ donde $m$ es impar, y dado que $m,n$ son distintos de cero con mcd $1$, este es un triple pitagórico primitivo. Entonces podemos escribir $2n^2=2pq, m^2=p^2-q^2$ con $gcd(p,q)=1$ y $p,q$ de paridad opuesta. Luego, a partir de esto, $n^2=pq$ obliga a cada uno de $p,q$ a ser cuadrados, digamos $p=u^2,q=v^2.$ Esto cuando se pone en la ecuación para $m^2$ luego da la ecuación $u^4-v^4=m^2.$ Que la última ecuación no tiene soluciones en $u,v$ distintos de cero y desiguales tiene pruebas usando el método de descenso de Fermat. Si mal no recuerdo, una prueba radica en su demostración de que el aea de un triángulo rectángulo con lados de longitud entera no puede ser un cuadrado, en cualquier caso, véase, por ejemplo, Dicksons History of the Theory of Numbers, Volume II Ch XXII comenzando en la página 615 en el Dover edición. Probablemente haya buenos tratamientos de esta ecuación a través de la descendencia en los sitios web.
Aquí hay un enlace a la página wiki, salte a algo como “pruebas para exponentes específicos” para la declaración re. diferencia de cuartas potencias un cuadrado.
Por el bien de los lectores futuros, pensé en extender un poco la excelente respuesta de Coffeemath para dar una prueba independiente, ya que es bastante fácil.
Triples pitagóricos primitivos
Recordamos brevemente la clasificación de las ternas pitagóricas primitivas. Sean $x^2+y^2=z^2$ con $x$, $y$ números naturales coprimos. Un cuadrado impar es congruente con $1$ módulo $4$, y un cuadrado par es congruente con $0$, por lo que la suma de dos cuadrados impares nunca puede ser un cuadrado. Por lo tanto, uno de $x$ y $y$ debe ser par. Como son coprimos, se deduce que el otro es impar. Supongamos que $x=2k$ para algunos $k$ y $y, z$ son impares. Entonces tenemos $4k^2+y^2=z^2$, por lo tanto $$k^2=(fracz+y2)(fraczy2).$$It sigue (ya que son coprimos) que $fracz+y2$ y $fraczy2$ son cuadrados, así que $a^2=fraczy2 $ y $b^2=fracz+y2$. Entonces $$x=2ab,qquad y=b^2-a^2,qquad z=a^2+b^2$$ con $a
La prueba principal
Queremos mostrar que la ecuación $$x^4+4y^4=z^2$$ no tiene soluciones enteras no triviales. La estrategia de la prueba, el método de descenso de Fermat, es mostrar que, si lo hace, entonces hay otro triple de los enteros $p,q,r$ con $p^4+4q^4=r^2$ que tiene $0
Si $x,y$ tienen un factor primo común $w$ entonces $(frac xw)^4+4(frac yw)^4$ = $(fraczw^2)^2$ , y hemos terminado. De lo contrario, $x,y$ son coprimos. Por la clasificación anterior tenemos que $x$ es impar y $$2y^2=2ab,qquad x^2=b^2-a^2,qquad z^2=a^2+b^2$$ por $ un