Kitapta verilen çözüm bu mu bilmiyorum ama kendi çözümümü yazayım. Genelliği bozmadan $x\geq 0$ alınabilir $y\geq 0$ olduğu ise sağ taraf negatif olamayacağından barizdir.
a) Varsayalım ki $x\geq y$ olsun. O halde $x=y+d$ , $d\in Z_{\geq 0}$ dönüşümü yapabiliriz. Buradan $$(2yd+d^2)^2=1+16y$$ olur. Buradan $$4d^2y^2+4yd^3+d^4=1+16y$$ yani $$(4d^2) . y^2 + (4d^3-16)y+(d^4-1)=0$$ elde edilir.
$Δ_y=(4d^3-16)^2-4.4d^2.(d^4-1)=-128d^3+16^2+16d^2$ elde ederiz. Baş katsayı negatif bir $d$ cinsi fonksiyon olduğundan bir noktadan sonra daima negatif gelecek (İspatını es geçiyorum) $d=0$ için $Δ_y=256$ $d=1$ için $Δ_y=144$ diğer durumlarda ise negatif gelir.
Orijinal denklemimizde $d=0$ alırsak $-16y-1=0$ gelir. Tam sayı çözüm gelmez. $d=1$ alırsak $4y^2-12y=0$ $y=0$ ve $y=3$ gelir. buradan $(1,0)$ ve $(4,3)$ gelir.
Geriye $x<y$ durumları kalır. $x+d=y$ olacak şekilde $d>0$ tam sayısı vardır. Denklemde bunu yazarsak.
$$d^4-4yd^3+4y^2d^2-16y-1=0$$ gelir. Denklemde kök testi yapalım. $ d\in R$ olacak şekilde $P(d)=d^4-4yd^3+4y^2d^2-16y-1=0$ fonksiyonunu ele alalım. Aşağıdaki analizde $y>5$ olduğunu varsayalım.
$P(-1)=4y.(y-3)>0$ gelir.
$P(0)=-16y-1<0$ olur.
$P(1)=4y(y-5)>0$ olur.
$P(2y)=-16y-1<0$ olur.
$P(2y-1)=4y(y-5)>0$ olur.
$P(2y+1)=4y(y-3)>0$ olur.
Yani denklemin $4$ çözümü daima $(-1,0),(0,1),(2y-1,2y),(2y,2y+1)$ olduğundan $d$ tam sayı olacak şekilde çözümü yoktur.
Dolayısıyla $y\leq 5$ bulunur. $x<y$ yi de unutmadan $(x^2-y^2)^2=16y+1$ eşitliğinde denemeleri yapalım.
$y=0$ ise $x<y$ şeklinde $x$ yoktur.
$y=1$ ise $16y+1$ tam kare olmaz.
$y=2$ ise $16y+1=33$ tamkare olmaz.
$y=3$ ise $(x^2-9)^2=49$ olur. $x<y $ için çözüm yoktur.
$y=4$ ise $65$ gelir tam kare değildir.
$y=5$ ise $(x^2-25)^2=81$ $x^2-25=9$ veya $x^2-25=-9$ gelir. $x^2=34$ çözümsüz. $x^2=16$ dan $x=4$ bulunur.
O halde denklemin tüm olası çözümleri $x$ katsayısının negatif olabileceğine de dikkat ederek yazarsak $\{(4,5),(-4,5),(-4,3),(4,3),(1,0),(-1,0)\}$ elde edilir.
