求不定方程`x^2+y^2=kz^2`的通解公式
k为大于等于2的常数 你应该加上k不是完全平方数 @282842712474 小苏同学有空可以试一试k=2的情况。即解不定方程`x^2+y^2=2z^2` 本帖最后由 282842712474 于 2014-8-1 18:41 编辑
hujunhua 发表于 2014-7-31 17:42
@282842712474 小苏同学有空可以试一试k=2的情况。即解不定方程
`x^2+y^2=2z^2`
感谢hujunhua兄的抬举，抛砖引玉如下：
如果我没有猜错的话，方程有非零解，当且仅当$k$可以表示为两个平方数之和，当然，对于本帖讨论的情况，k不是平方数，由相关的定理，$k$的形如4n+3的素因子的重数必须为偶数。在此情况下，记$k=p^2+q^2$。原方程是三元二次齐次的，所以如果有通解，那么就是二参数形式的解。
方程可以改写为$x^2-k z^2=-y^2=(x+\sqrt{k}z)(x-\sqrt{k}z)$，考虑$\mathbb{Z}$，此时$\mathbb{Z}$是唯一分解环（这点请hujunhua兄确认，我只是猜想的），那么存在整数a,b,c,d使得
$$\begin{aligned}
x+\sqrt{k}z&=(a+\sqrt{k}b)(c+\sqrt{k}d)\\
x-\sqrt{k}z&=(a-\sqrt{k}b)(c-\sqrt{k}d)\\
y&=(a+\sqrt{k}b)(a-\sqrt{k}b)\\
-y&=(c+\sqrt{k}d)(c-\sqrt{k}d)
\end{aligned}$$
其实就是解
$$a^2+c^2=k(b^2+d^2)$$
求它的解，还是要利用到复数，因为$\frac{p+qi}{\sqrt{k}}$和$\frac{-q+p i}{\sqrt{k}}$是复平面的两个单位正交基，所以
$$\left|m\left(\frac{p+qi}{\sqrt{k}}\right)+n\left(\frac{-q+pi}{\sqrt{k}}\right)\right|^2=m^2+n^2$$
所以
$$|mp+mqi-nq+npi|=k(m^2+n^2)=(mp-nq)^2+(mq+np)^2$$
就可以令
$$\begin{aligned}
a&=|mp-nq|\\
b&=m\\
c&=mq+np\\
d&=n
\end{aligned}$$
从而
$$\begin{aligned}
y&=a^2-kb^2=(mp-nq)^2-km^2\\
x&=ac+kbd=|mp-nq|(mq+np)+kmn\\
z&=bc+ad=(mq+np)m+|mp-nq|n
\end{aligned}$$
对于k=2，给出
$$\begin{aligned}
y&=(m-n)^2-2m^2\\
x&=|m^2-n^2|+2mn\\
z&=(m+n)m+|m-n|n
\end{aligned}$$
似乎有点乱，我晚上再回来整理一下~~ $\mathbb{Z}$通常不是唯一因子分解整环。
不过容易判断，方程有解的充要条件是k的任意奇数次的素因子只能是2或模4为1的素数。 我们将方程写成$x^2-kz^2=-y^2$,这个就转变为一个两参数分别为$-k$和$-y^2$的Pell方程，不过在y比较大时，解的情况会比较复杂 在k满足5#的条件下我们可以将方程$x^2+y^2=kz^2$在高斯整环$\mathbb{Z}$上分解，比如设$k=(a+bi)(a-bi)$(可以有多种不同的分解方案)
如果设$z=(s+ti)(s-ti)$,其中s,t是任意参数，那么就可以计算出$(x+yi)(x-yi)=(a+bi)(s+ti)^2(a-bi)(s-ti)^2$,由此我们可以设定
$x+yi=(a+bi)(s+ti)^2$,由此可以得出x,y,z关于参数s,t的表达形式。而k有多种分解方案，不知道不同的分解方案得出的解是否有重复的解 mathe 发表于 2014-8-1 17:20
在k满足5#的条件下我们可以将方程$x^2+y^2=kz^2$在高斯整环$\mathbb{Z}$上分解，比如设$k=(a+bi)(a-bi)$(可 ...
不错，这样确实说得更清晰有力一些。
感觉我们两个最终的结果好像是一样的？
我想请教下，关于$\mathbb{Z}(\sqrt{k})$是否为唯一分解环，是否有相关已经结果呢？《数论讲义》中给出了一些特殊的例子，没有给出一般结果。 http://en.wikipedia.org/wiki/Quadratic_integer
http://oeis.org/A003172
这个数列的数使得$\mathbb{Z}$为唯一分解环
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