Not: burada ulaştığım denklemler Thue denklemleri olanarak biliniyor. Normalde kompleks analiz yardımıyla bu denklemlere geçiş sağlanıyor benim burada yaptığım sadece pisagor ile bunları elde etmek oldu. Şu anda bı denklemlerin bilinen elementer çözümleri mevcut değil. Ben buraya en son çözdüğüm sorulardan esinlenerek aklıma gelen bir yolu deneyişimi ekleyerek başlamak istiyorum. Bu denklem $X^2+Y^2=2Z^2$ genel formunu sağlamaktadır. O halde bu denkleme parametrik çözümleri eşitleme yoluna giderek çözüme ulaşmayı deneyebiliriz. Bizim denklemimiz $x^2+1^2=2(y^2)^2$dir. Bu durumda parametrizasyon için birkaç faktöre dikkat edelim. Parametrizasyonda bulunan genel $k$ çarpanı $|k|=1$ sağlamazsa parametrizasyon terimlerinden biri $1$ olduğu için sağlamaz. Buraya $k$ nın eksili versiyonları öbür çözümlere dönüştüğü durumları sınırlandıran genel çözümü ekliyorum.
a) $$x=a^2+2ab-b^2$$ , $$1=|a^2-2ab-b^2|$$ , $$y^2=a^2+b^2$$ $$(a,b)=1,a>b\geq 0 , a \equiv b+1 (mod2)$$ ve
b) $$1=a^2+2ab-b^2$$ $$x=|a^2-2ab-b^2|$$ $$y^2=a^2+b^2$$ olur.
$$(a,b)=1,a>b\geq 0 , a \equiv b+1 (mod2)$$ ifadelerini yazabiliriz.
b) Bu koyduğumuz kısıtlamalar nedeniyle $b ≠ 0$ ise $a^2-b^2>0$ ve $2ab>2$ olur yani $$a^2+2ab-b^2=1>2$$ elde edilir ve çelişki doğar . $b=0$ ise $a^2=1$ yani $a=1$ gelir bu da bize $x=|1-0-0|=1$ verir bu da zaten $(1,1)$ çözümünü verir.
a) O halde geriye kalan kritik çözümler için bu grubu analiz etmemiz gerekli. Burada şu anda henüz bir kısıtlama yapmamız mümkün değil. Bu nedenle $3.$ denklemden yardımla yeni bir parametrizasyona geçmeliyiz. $$y^2=a^2+b^2$$
denkleminin genel çözümleri $$a=2uv , b=u^2-v^2$$ , $$(u,v)=1,u>v\geq 0$$ , $$ u \equiv v+1 (mod2)$$ veya $$a=u^2-v^2, b=2uv$$ , $$(u,v)=1,u>v\geq 0 , u \equiv v+1 (mod2)$$
Şeklinde olur negatifler bu durumda direkt olarak bir üstteki ifadelere dönüşüyor. Her iki olasılıkta da $y=u^2+v^2$ sağlandığı ve seçilen her $u,v$ için $y$ nin tam sayı olması sağlandığı için bu denklemi artık kullanmamıza gerek kalmadı, en son parametre dönüştürürken kullanılacak. $x=a^2+2ab-b^2$ denkleminde de aynı durum geçerli. Bu ikinci olasılığın mümkün olmadığını $|a^2-2ab-b^2|=1$ denkleminde yere koyarak göstermemiz gerekiyor. $a=2uv$ $b=u^2-v^2$ için $$1=|a^2-2ab-b^2|=|-u^4-4u^3v+6u^2v^2+4uv^3-v^4|$$.$(239,13)$ yani $(u,v)=(3,2)$ çözümü buradan geliyor. Şimdi bu ifadeyi inceleyelim. Bu denklemi elementer yollarla ispatlamak mümkün müdür bilmiyorum birçok modüler ifade ya da eşitsizlik denedim fakat tatmin edici bir şey -bulamadım. $d=\frac{u}{v }$ dönüşümü yardımıyla farey alt sınırı ve mean value theorem' den yardım alarak bir ispat çıkarılabilir gibi duruyor.
$a=u^2-v^2$ $b=2uv$ denklemimiz de $$1=|a^2-2ab-b^2|=|u^4-4u^3v-6u^2v^2+4uv^3+v^4|$$ oluyor. Bu yapının daima $-4$ e küçük eşit olduğunu yani mutlak değerin büyük eşit $4$ olduğunu göstermek mümkün. (1,0) hariç çözüm gelmiyor üstteki kritik durum.
Bu Thue olarak bilinen denklemlerin şu anda bilinen en sade çözümü ve haliyle $x^2+1=2y^4$ şu ana kadar yapılan en sade ispatı bu linkte
https://users.math.uoc.gr/~tzanakis/Papers/LjunggrenEq.pdf. Gaussian yöntemi kullanarak Thue denklemlerine geçiş yapıyorlar.
