丢番图方程（a^2+b^2)*(c^2+d^2)=n^2的正整数通解
我们已经知道勾股数的通解
a^2+b^2=c^2 (1)
的参数形式正整数通解
a=m^2-n^2
b=2mn
c=m^2+n^2
经常会遇到类似勾股数的（a^2+b^2)*(c^2+d^2)=n^2（2）这类型表达式。
勾股数(1)只是(2)的很少部分特解。
求(2)的参数形式的正整数通解。
$a=p^2-q^2,b=2pq,c=r(p^2-q^2),d=r(2pq),n=r(p^2+q^2)$ A337140
Numbers m = a + b with a and b positive integers whose product a*b = k^2 is a square.
2, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 20, 22, 24, 25, 26, 28, 29, 30, 32, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 44, 45, 46, 48, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 58, 60, 61, 62, 64, 65, 66, 68, 70, 72, 73, 74, 75, 76, 78, 80, 82, 84, 85, 86, 87, 88, 89, 90, 91 northwolves 发表于 2025-3-21 09:19
$a=p^2-q^2,b=2pq,c=r(p^2-q^2),d=r(2pq),n=r(p^2+q^2)$
ab是勾股数了，cd就是任意别的勾股数都可以，这种只是很简单的一种特解。
这是高斯整环因子分解问题，论坛里面应该已经多次讨论到了 有恒等式：
（A^2+X^2)((A*(K^2-Y^2)+2X*K*Y)^2+(2A*K*Y-X*(K^2-Y^2))^2)
=(A^2+X^2)^2*(Y^2+K^2)^2
给出了丢番图方程（a^2+b^2)*(c^2+d^2)=n^2的正整数通解公式，5个变量一个方程，就是4个自由度。
也给出了另外一个角平分线斜率整数解的通解。
一次奇妙的数学旅行
丢番图方程(a^2+b^2)(c^2+d^2)=n^2求解
yuange
一、问题
丢番图方程(a^2+b^2)(c^2+d^2)=n^2 (1)的正整数解。
因为齐次，可以只考虑（a,b)*(c,d)=1。
(1)可以等效转化成(1+A^2)(1+B^2)=C^2 (2)的有理数解。
(2)再变化一下(1+A^2)^0.5/(1+B^2)^0.5=m
(1+a^2)^0.5/(1+b^2)^0.5=m (3)
a、b、m的有理数解。
(3)的形式想到了什么？
过原点位于第一象限斜率为a、b的两条直线，其角平分线斜率为k。做直线x=1，由角平分线得到:
(1+a^2)^0.5/(1+b^2)^0.5=m=(a-k)/(k-b)
k=b+(a-b)/(m+1)
k、m同为有理数或者无理数。巧妙的把根号去掉了，成了多项式了。
用三角函数得到：
tanx=a
tan(x+y)=k
tan(x+2y)=b
b>=k>=a>0
b=tan((x+y)+(x+y-x))
=(k+(k-a)/(1+ka))/(1-k*(k-a)/(1+ka))
b=(2k-a+ak^2)/(1+2ka-k^2) (4)
(a+b)k^2+(2-2ab)k-(a+b)=0
a=tan((x+y)+(x+y-(x+2y)))
a、b是对称的，(4)中a、b可以互换。
(3)和(4)等价，任意给定a、k就能确定b了。
(4)可以简单的看出，k=2a是一个a、b的正整数解，可以进一步得到其它正整数解。
a=A/X，(A,X)=1
k=K/Y，(K,Y)=1
b=(2k-a+ak^2)/(1+2ka-k^2)
=(2KXY-AY^2+AK^2)/(XY^2+2KAY-K^2X)
b=(A(K^2-Y^2)+2XKY)/(2AKY-X(K^2-Y^2))
=c/d
（A^2+X^2)((A(K^2-Y^2)+2XKY)^2+(2AKY-X(K^2-Y^2))^2)
（A^2+X^2)((A*(K^2-Y^2)+2X*K*Y)^2+(2A*K*Y-X*(K^2-Y^2))^2)
=(A^2+X^2)^2*(Y^2+K^2)^2
(A^2+X^2)*(c^2+d^2)*m^2=n^2
c^2+d^2=(a(K^2-Y^2)+2bKY)^2+(2aKY-b(K^2-Y^2))^2
A,X,K,Y,4个自由度。
二、有趣的正整数解
考虑(1+a^2)(1+b^2)=c^2 (2)的正整数解。
b=(2k-a+ak^2)/(1+2ka-k^2) (4)
(4)可以简单的看出，k=2a是一个a、b的正整数解，可以进一步得到其它正整数解。研究后发现有一个递推多项式都满足。
多项式数列f(n,x)
f(1,x)=x
f(2,x)=4x^3+3x
f(n+1,x)=(4x^2+2)*f(n,x)-f(n-1,x) (5)
f(3,x)=16x^5+20x^3+5x
f(4,x)=64x^7+112x^5+56x^3+7x
f(5,x)=256x^9+576x^7+432x^5+120x^3+9x
x为任意正整数，任意f(n,x)就是(2)中a、b的一个解。
相同项（k=a=b)或者相邻项可以得到a、b、k的正整数解。
f(n,a)
=1/2*((1+a^2)^0.5-a)*(2*a^2+1+2*a*(1+a^2)^0.5)^n
-1/2*((1+a^2)^0.5+a)*(2*a^2+1-2*a*(1+a^2)^0.5)^n (6)
=1/2*(1+a^2)^0.5*((2*a^2+1+2*a*(1+a^2)^0.5)^n-(2*a^2+1-2*a*(1+a^2)^0.5)^n)-1/2*a*((2*a^2+1+2*a*(1+a^2)^0.5)^n+(2*a^2+1-2*a*(1+a^2)^0.5)^n)
1，7，41，239，1393,8119,47321,275807,1607521,…2，38，682，12238，219602,…3,117,4443,168717,6406803,…4,268,17684,1166876,…5,515,52525,5457035,…6,882,128766,18798954,…7,1393,275807,54608393,…
上面分别是a=1-7的结果，一行里相邻两个数为斜率过原点的直线，角平分线斜率也为整数。
如果a是f(n,b)的一个值，其整个f(n,a)就是f(n,b)的一个子序列。
三、再扩展
(a^2+b^2)=n^2*m (7）
1+a^2=n^2*m (8)
m不是完全平方数，否则方程太平凡。
对于素数p，a^2+b^2=c^2*p (9）
费马定理，p=4k+3无解，否则有c=1的解。
(a^2+b^2)*p1*(c^2+d^2)*p2=((ac+bd)^2+(ad-bc)^2)*(p1*p2)
所以m有4k+3的的1次质因子(7)就无解，否则有解。
(8）是(7)的一个子集，看看有什么结果。
1+a^2=n^2*m(8)变换一下就是a^2-m*n^2=-1就是著名的pell方程二型。m^0.5是奇偶连分数对应无解和有解，解的通用表达式也都有了。
还和著名的丢番图数论pell方程发生了联系，这方程涌现了费马、拉格朗日、欧拉等一帮大牛人。
(9)也可以看成a^2-d*b^2=c(10) 广义pell方程特殊形式。
(8)二型pell方程可以说是所有的pell方程（10）的最本原问题，因为(-1)^2=1，所以如果得到二型的解，两个二型乘积一下就能得到一型，再变换就可以得到广义的解。但有些d是偶连分数，只能得到1而不能得到-1。
(1+a^2)(1+b^2)=n^2 （2）也是pell方程相关，独立得到了二类pell方程(8)通解形式的解。
(5)、（6）这个f(n,a）实际上给出了所有二型pell方程的通解，以及递推形式。
pell方程比较有意思，对数论有兴趣的可以去看看，这个已经完全解决了，这里就不再展开讲了。对数论有兴趣的还可以去看看连分数。连分数对于数的分数逼近具有最佳的效果，以及数论同余简直太重要了，有幸初中接触了一本薄薄的《连分数》，不记得谁写的了，那时候真的是觉得太神奇了。祖冲之得到圆周率Pi的一些近似数值，要用有理的分数表示就可以用连分数来算。
连分数的相邻项积的差值+-1交替出现，这个+-1就是整数的基础，所以很多结果都和它有关。因为是交替出现，所以很多时候也有奇偶问题，对于有些情况比如pell方程的二型的有些m本原就是1，得不到-1就无解。
连分数的介绍：
https://baike.baidu.com/item/连分数/2715871
四、问题缘由
问题来源于求一道角平分线斜率的题，两条整数斜率的直线发现角平分线不是整数，于是研究什么情况三条线斜率都是整数。竟然发现奇妙的和常见的一个pell丢番图方程是一个问题。
这个扩展也算实现了数学世界里的一次奇妙旅行，走了费马、欧拉等大牛数学家的一次旅游路线。
页:
[1]