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Encontrar $n$ satisfacción de que no hay ningún conjunto de $(a,b,c,d)$ tal que $a^2+b^2=c^2$ y $a^2+nb^2=d^2$

Consideremos $n\ge 3\in\mathbb N$ que satisfacen la siguiente condición.

Condición : No existe ningún conjunto de cuatro distinto de cero enteros $(a,b,c,d)$ tal que $$a^2+b^2=c^2\ \ \text{and}\ \ a^2+nb^2=d^2.$$

Entonces, aquí está mi pregunta.

Pregunta : ¿Cómo podemos encontrar a cada una de esas $n$?

Comentario : por Favor nota:$n\ge 3$. Esto es debido a que se sabe que $n=2$ satisface la condición. ($a^2+b^2=c^2,a^2+2b^2=d^2\Rightarrow c^2-b^2=a^2,c^2+b^2=d^2\Rightarrow c^4-b^4=(ad)^2$ y ver, por ejemplo, aquí)

Los siguientes son los ejemplos de $n$ que no satisfacen la condición.

  • Para $n=4k^2+5k+1\ (n=10,27,52,85,126,\cdots)$, tome $(a,b,c,d)=(3,4,5,8k+5).$

  • Para $n=4k^2+3k\ (n=7,22,45,76,115,162,\cdots)$, tome $(a,b,c,d)=(3,4,5,8k+3).$

  • Para $n=9k^2+10k+1\ (n=20,57,112,185,\cdots)$, tome $(a,b,c,d)=(4,3,5,9k+5).$

  • Para $n=9k^2+8k\ (n=17,52,105,176,265,\cdots)$, tome $(a,b,c,d)=(4,3,5,9k+4).$

Sabemos que $(a,b,c)$ es una terna Pitagórica y podemos ver que $$\text{$(a,b,d)=\left((s^2-nt^2)u,2stu,(s^2+nt^2)u\right)\ $ satisfy $\ a^2+nb^2=d^2$}.$$ However, I don't have any good idea to find such $$ n. Alguien puede ayudar?

Añadido : usuario individ encontró que si existen enteros $p,s,t$ tal que $$(a,b,c,d,n)=(p-s,2t,p+s,\mp 2n+p+s\pm 2,(p\pm 1)(s\pm 1))\ \ \text{and}\ \ ps=t^2,$$ a continuación, el $n$ no satisfacen la condición.

Sin embargo, esto no dice nada acerca de $n$ que satisfacen la condición. Todavía no sabemos si cada uno de $n=3,4,5,6,8$, por ejemplo, cumple la condición.

8voto

Noam D. Elkies Puntos 17729

El sistema de Diophantine $a^2 + b^2 = c^2$, $a^2 + nb^2 = d^2$ da lugar a la curva elíptica $$ E_n : y^2 = x (x+1) (x+n). $$ Como es a menudo el caso para las familias de curvas elípticas con una simple ecuación, esta familia tiene una larga historia, y todavía se resiste a una respuesta completa a pesar de que hemos hecho un progreso considerable desde el siglo 19 (y anteriores) trabajo publicado en Dickson Historia de la Teoría de los Números, Vol.2: Análisis De Diophantine (ver la sección sobre "la concordancia de las formas"). Toma Cremona programa mwrank menos de un minuto para encontrar que la secuencia de enteros $n > 1$ para los que no hay soluciones en cero $a,b,c,d$ comienza

2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 12, 13, 14, 15, 16, 18, 19, 21, 25, 26, 28, 29, 32, 33, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 43, 44, 46, 48, 51, 54, 55, 56, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 69, 70, 73, 75, 78, 80, 81, 84, 87, 88, 89, 91, 95, 96, 98, ... .

Estos son también los enteros $n \in [2,100]$ que $E_n$ tiene rango de cero (el grupo de puntos de torsión es isomorfo con $({\bf Z}/2{\bf Z}) \times ({\bf Z}/4{\bf Z})$ si $n$ es un cuadrado, y $({\bf Z}/2{\bf Z}) \times ({\bf Z}/2{\bf Z})$ lo contrario). En cada caso, esto puede ser demostrado con un Fermat estilo "$2$-descenso". Para cada entero $n \in [2,100]$ no en la lista, $E_n$ rango $1$, excepto para $n=31$, $52$, $71$, $74$, $79$ para que $E_n$ rango $2$. [La OEIS parece contener ni la secuencia de arriba de $n$, ni la secuencia complementaria para la que no hay nonero soluciones, ni las mismas secuencias con $n$ reemplazado por $n-1$ que corresponde a $y^2 = x (x-1) (x+n)$.] Para $n \leq 100$ la solución mínima se presenta tan grande como $$ (a,b,c,d) = (2873161, 2401080, 3744361, 22062761) $$ para $n=83$. Extender el cálculo a $n \leq 200$ encuentra la solución mínima $$ (a,b,c,d) = (13265620549, 6755532420, 14886702349, 80460628949), $$ para $n=138$, y también dos de los casos ( $n=124$ $n=195$ ) donde $E_n$ parece tener el rango de cero pero mwrank no puede demostrarlo.

Para que el sistema $a^2 + b^2 = c^2$, $a^2 + nb^2 = d^2$ en la "forma de Weierstrass" $y^2 = x (x+1) (x+n)$, comience con el parametrización $(a:b:c) = (t^2-1 : 2t : t^2+1)$ $a^2+b^2=c^2$ hasta el escalado, y encontrar $a^2+nb^2 = t^4 + (n-2) t^2 + 1$; si esto es ser un cuadrado, se puede escribir como $(t^2-(2x+1))^2$ para algunos $x$ obtener $(n+x) t^2 = x (x+1)$; $x$ esto ha una solución de $t$ fib $x (x+1) (x+n)$ es un cuadrado. Las soluciones con $b=0$ provienen del subgrupo $E_n[2]$ consistente en la "el punto en el infinito" y el tres $2$-torsión puntos en los que $y=0$; si $n$ es un cuadrado, decir $n=m^2$, entonces también hay soluciones con $a=0$, y estos provienen de $4$-torsión puntos como $(x,y) = (m,m^2+m)$. De un no-torsión punto de $(x,y)$ podemos recuperar $(a:b:c:d)$ invirtiendo el procedimiento anterior, o mediante la duplicación $(x,y)$ en el grupo de la ley: el nuevo punto se ha $x$-coordinar $(a/b)^2$, con cada uno de los factores $x$, $x+1$, $x+n$ de $y^2$ plaza por separado.

2voto

jonathan hall Puntos 307

Para el sistema de ecuaciones:

$$\left\{\begin{aligned}&a^2+b^2=c^2\\&a^2+qb^2=w^2\end{aligned}\right.$$

Si usted puede descomponer los multiplicadores coeficiente como sigue: $q=(p\pm1)(s\pm1)$

Sus plazas de trabajo: $ps=t^2$

Luego se pueden grabar las decisiones. $$a=p-s$$ $$b=2t$$ $$c=p+s$$ $$w=\mp2q+p+s\pm2$$

Usted puede agregar otra opción simple. Si la relación puede escribirse como: $$q=2t^2-1$ $

Luego se pueden grabar las decisiones.

$$a=t^2-1$$

$$b=2t$$

$$c=t^2+1$$

$$w=3t^2-1$$

1voto

Tito Piezas III Puntos 13051

Lo que usted está buscando son enteros que no concordantes formas. A la cita de el enlace, un concordantes de la forma es un entero triple $a,b,n$ de manera tal que,

$$a^2+b^2 = c^2$$ $$a^2+nb^2 = d^2$$

y entero $c,d$. Tan temprano como en el año de 1857, la lista de solucionable $n<100$ fue dada (aunque faltan tres términos, en azul):

$$\small n=1, 7, 10, 11, 17, 20, 22, 23, 24, 27, 30, 31, 34, 41, 42, 45, \color{blue}{47}, 49, 50, 52, \color{blue}{53}, 57, 58, 59, 60, 61, 68, 71, 72, 74, 76, 77, 79, 82, \color{blue}{83}, 85, 86, 90, 92, 93, 94, 97, 99, 100$$

Por alguna extraña razón, esto no es todavía en la OEIS. (Cualquier persona de atención a enviar?)

Su pregunta acerca de la $n$ de los no concordantes formas simplemente sería su complemento, y dado por Elkies' respuesta $\small n = 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 12, 13, 14, 15,\dots$

P. S. por cierto, la forma concordante con $n=52$ tiene un uso especial en sumas iguales de poderes. Vamos,

$$a^2+b^2 = c^2$$ $$a^2+52b^2 = d^2$$

con la solución inicial $a,b,c,d = 3,4,5,29$, y un infinito más. A continuación,

$$(8b)^k + (5a-4b)^k + (-a-2d)^k + (a-2d)^k + (-5a-4b)^k + (-12b+4c)^k + (12b+4c)^k =\\ (4a+8b)^k + (3a-2d)^k + (-3a-2d)^k + (-4a+8b)^k + (-16b)^k + (a+4c)^k + (-a+4c)^k$$

para $k=1,2,4,6,8,10,$ encontrado por J. Wroblewski y verdaderamente suya.

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