makkelijk starten

Het is vooraleerst duidelijk dat $x \ge 0$ omdat we binnen de gehele getallen werken.
Wanneer $x$<$-1$, zal $2x+1$<$x$ en is het RL niet geheel.
Voor $x=-1$ krijgen we $2=y^2$ wat geen gehele oplossing heeft.
Zij $x=0$; we krijgen de oplossingen $y=2$ en $y=-2$. Verder geeft $x=1$ dat $y^2=11$, wat niet kan, en $x=2$ geeft $y^2=37$, wat ook niet kan.

Veronderstel in het vervolg dat $x \ge 3$.

We zien dat $2^x \mid y^2-1=(y-1)(y+1)$. Omdat hiervan slechts één deelbaar kan zijn door $4$, de andere zal congruent zijn met $2$ modulo $4$, moet dan $2^{x-1} \mid y-1$ of $2^{x-1} \mid y+1$. Merk nu op dat als $(x,y)$ een oplossing is, ook $(x,-y)$ een oplossing vormt. Stel dat $y \equiv \pm 1 \pmod 2^{x-1}$, dan zal $-y \equiv \mp \pmod {2^{x-1}}$. Dus voor elke $y$ zodat $2^{x-1} \mid y-1$ zal er een $q$ bestaan, namelijk $-y$, zodat $2^{x-1} \mid q+1$ en omgekeerd. Daarom is het voldoende om te bepalen voor welke $y$ geldt dat $2^{x-1} \mid y-1$ en dan ook nog de tegengestelde y-waarden te nemen.

Nu zal voor een bepaalde gehele $k$ gelden dat $y=2^{x-1} k+1$. Dus:

$2^x+2^{2x+1}=y^2-1=2^{2x-2}k^2+2^x k \Leftrightarrow 2^{x-2} k^2+k=1+2^{x+1}$ omdat $x \ge 3$.

Dus zal $2^{x-2} (k^2-8)=1-k$. Omdat het linkerlid even is ($x \ge 3$), zal het rechterlid ook even zijn en is $k$ dus oneven.

Stel nu $k>0$ (het geval $k=0$ hoeven we niet te controleren omdat $k$ dan even is). Dan is $1-k \le 0$, dus ook $k^2-8 \le 0$ en $k<3$. Nu blijft enkel de mogelijkheid $k=1$ over; deze geeft echter dat $-7 \cdot 2^{x-2}=0$, wat niet kan.

Stel $k<0$. Dan zal $1-k>0$. We weten dat $k^2-8 \mid 1-k$ en omdat $1-k >0$ betekent dit dat $k^2-8 \le 1-k$. Voor gehele $k$ kan dit enkel als $-3 \le k \le 2$. Omdat $k<0$, wilt dit zeggen dat $-3 \le k<0$. Er blijven dus nog maar twee mogelijkheden over. $k=-1$ geeft $2=-7\cdot 2^{x-2}$, wat niet kan. $k=-3$ geeft $2^{x-2}=4$, dus $x=4$. Dit vormt wel een oplossing. $y$ is dan $-23$. Alle oplossingen worden dus gegeven door $(4,23)$, $(4,-23)$, $(0,2)$ en $(0,-2)$. Q.E.D.