Rozwiązać w liczbach naturalnych

[kluczyk]

jak w temacie: \(\displaystyle{ y^{2}=x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1}\)

[Sylwek]

\(\displaystyle{ (2y)^2=4x^4+4x^3+4x^2+4x+4=(2x^2+ax+b)^2+cx+d}\)

Łatwo wyliczyć - \(\displaystyle{ a=1}\), \(\displaystyle{ b=\frac{3}{4}}\), itp.
Taka idea to była, aby to, co zostanie "nie w kwadracie" było na tyle mało znaczące, że prawie nigdy nie będzie na tyle duże, aby dopełnić do kolejnego kwadratu, tzn. od pewnego miejsca powinno być: \(\displaystyle{ (2x^2+x)^2<(2x^2+x+\frac{3}{4})^2+cx+d<(2x^2+x+1)^2}\)

A że to miejsce jest nieduże, to masz po prostu do spałowania pojedyncze przypadki

[Piotr Rutkowski]

Chyba można jeszcze prościej:
\(\displaystyle{ (y-1)(y+1)=x(x^{3}+x^{2}+x+1)}\) (oczywiście dla \(\displaystyle{ x\neq 1}\))
Zauważmy, że \(\displaystyle{ (x,x^{3}+x^{2}+x+1)=1}\)
Wcześniej łatwo zauważyć, że y jest nieparzyste, a więc \(\displaystyle{ y=2k+1}\)
\(\displaystyle{ 4k(k+1)=x(x^{3}+x^{2}+x+1) \ (k,k+1)=1}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ k|P \wedge k+1|P}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ k|x}\) (dla \(\displaystyle{ k+1|x}\) jest jeszcze łatwiej)
Wtedy mielibyśmy \(\displaystyle{ 4k(k+1)<4x^{2}+4x<x^{4}+x^{3}+x^{2}+1}\) dla \(\displaystyle{ x\geq 3}\)
Otrzymaliśmy zatem, że \(\displaystyle{ k(k+1)|(x^{3}+x^{2}+x+1)}\)
Ale wtedy \(\displaystyle{ x|4}\)...
Zaletą tego podejścia jest to, że daje nam rozwiązanie w ogólnym przypadku dla szeregu nie tylko kończącego się na \(\displaystyle{ x^{4}}\), ale na dowolnym \(\displaystyle{ x^{2k}}\)
Pozdrawiam

[mol_ksiazkowy]

A to jeszcze trzecie ujecie:
Lemat
Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest liczba naturalną, a \(\displaystyle{ r}\) całkowita, i:
\(\displaystyle{ -2n+1 < r<2n+1}\) to wtedy \(\displaystyle{ n^2+r}\) jest kwadratem tylko wtedy
gdy \(\displaystyle{ r=0}\)

Z zatem skoro \(\displaystyle{ 4y^2= (2x^2+x+1)^2 + (-x^2+2x+3)}\) tj z lematu wynika że
\(\displaystyle{ -x^2+2x+3=0}\) czyli \(\displaystyle{ x=3}\) (a \(\displaystyle{ y=11}\))