署名付きのフェルマー・カタラン推測 $(2,n,4)$、 $n\ge4$

Aug 24 2020

フェルマー・カタランの推測は互いに素の推測です $x,y,z$ および正の整数 $a,b,c$ と $1/a+1/b+1/c<1$、一般化されたフェルマー方程式 $x^a + y^b = z^c$限られた数のソリューションしかありません。署名を検討しています$(a,b,c)$ 解決されます。

[ BCDY ]の表1は、既知の結果を調査し、次のように述べています。$(2,n,4)$、 $n\ge4$は完全に解決されており、これは「Bennett–Skinner [ BS ]、Bruin [ Br3 ]からの即時」です。[Br3]はケースをカバーします$n=5$。フェルマーは対処した$n=4$。

これは去ります $n=6, 9$ とプライム $n\ge7$、しかし、[BS]がそれにどのように関連しているかはわかりません。誰かが私に[BS]の関連部分を説明および/または指摘できますか？

[BCDY]「一般化されたフェルマー方程式：雑多」、ベネット、チェン、ダーメン、ヤズダニ、国際数論ジャーナル、Vol。11、No。1（2015）

[BS]「ガロア表現とモジュラー形式による三元ディオファントス方程式」、ベネット、スキナー、カナッド。J.数学。巻 56（1）、2004p23-54。

[Br3]「楕円曲線を使用したChabautyメソッド」、Bruin、J.reineangew。数学。562（2003）、27-49。

注：この質問は、もともと2020-07-03にMSEに投稿されました。いくつかの賛成票がありましたが、2020年8月24日現在のところ回答はありません。

回答

2 DuncanMoore Sep 04 2020 at 20:46

[Br2]定理1はケースをカバーします $n=6$。だからこれは去る$n=9$ とプライム $n\ge7$。

コメントで示唆されているように、私はMichael Bennettに直接連絡し、彼は残りを親切に説明してくれました。

我々は持っています $x^2+y^n=z^4$ と $x,y,z$ 互いに素な整数。

そう $(z^2 - x)(z^2 + x) = y^n$。の公約数$(z^2 - x)$ そして $(z^2 + x)$ です $1$ または $2$。

の公約数の場合 $1$ 我々は持っています $x$ そして $z$ 反対のパリティの、そして書くことができます

$z^2-x = u^n$ そして $z^2+x = v^n$

そのため $u^n+v^n = 2z^2$。

これは互いに素な整数で解決されます $u,v,z$ にとって $n\ge4$ [BS]定理1.1による。

の公約数の場合 $2$ 我々は持っています $x$ そして $z$ 両方とも奇数で、

$z^2-x = 2 u^n$ そして $z^2+x = 2^{n-1}v^n$、または

$z^2+x = 2 u^n$ そして $z^2-x = 2^{n-1}v^n$。

どちらの場合にも、 $u^n + 2^{n-2} v^n = z^2$。

これは互いに素な整数で解決されます $u,v,z$ プライム用 $n\ge7$ [BS]定理1.2による。

これはケースを残します $n=9$ と $y$ でも。

元の方程式に戻ると、次のようになります。 $x^2+y^9=z^4$。[Co、セクション14.4.1]は、$x^2+w^3=z^4$ の面では $s$ そして $t$。私たちの場合には、$w$ は偶数の立方体であり、これとパリティの制約から $s$ そして $t$ [Co]で与えられると、互いに素な整数が存在することになります $s$ そして $t$ と $s t (s^3 - 16 t^3) (s^3 + 2 t^3)$ 立方体。

左側の要素は互いに素です。（（$s^3-16t^3$ そして $s^3+2t^3$ おそらく共通の要因を持っている可能性があります $3$、しかし、もしそうなら、表現全体はで割り切れる $9$ しかしではない $27$、したがって、立方体ではありません。）

因子は互いに素であるため、 $s^3+2t^3$ は立方体です。

これは曲線上の有理点に対応します $A^3+2B^3$楕円曲線と同型である= 1 $Y^2=X^3-1728$標準の変換を介して。後者の曲線にはランクがあります$0$ （そして無限遠点に対応する有理点と $(X,Y)=(12,0)$）。これらをさかのぼって$A^3+2B^3=1$、私たちはそれを見つけます $(A,B)=(1,0)$ または $(A,B)=(-1,1)$。

これらのポイントはどちらかにつながります $t=0$ （これは $z=0$ に $x^2+y^9=z^4$）または $st = -1$ （これはしません $s t (s^3 - 16 t^3) (s^3 + 2 t^3)$ 立方体に等しい）。

[Br2] 'ディオファントス方程式 $x^2 \pm y^4 = \pm z^6$ そして $x^2 + y^8 = z^3$'、Bruin、Compositio Mathematica 118：305-321、1999。