已知 a、b 为正整数，求证：(a+b)^2+a^2 和 (a+b)^2+b^2 不可能都是完全平方数。

uk702

问题：已知 \( a \) 、\( b \) 为正整数，证明（或否定）：\( (a+b)^2+a^2 \) 和 \( (a+b)^2+b^2 \) 不可能都是完全平方数。
（ 改编自 http://www.mathchina.com/bbs/for ... ead&tid=2057077 ）

不讨论问题，只讲废话的人恕不欢迎。

nyy

根据勾股数3 4 5，
得到9 12 15
再利用5 12 13
因此12^2+9^2是完全平方
12^2+5^2是完全平方

白新岭

原来出自一人之手。

nyy

把问题转化一下：

1. Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
   
2. ans=Solve[{
   
3.     (a+b)^2+a^2==m^2,
   
4.     (a+b)^2+b^2==n^2
   
5. },{a,b}]//FullSimplify
   
6. Grid[ans,Alignment->Left](*列表显示*)
   

复制代码

假设一个等于m的平方，一个等于n的平方，然后求解出a、b。
现在就看ab能否同时是整数了。
\[\begin{array}{ll}
a\to -\frac{\sqrt{4 m^2-2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2}}{\sqrt{5}} & b\to -\frac{\sqrt{4 m^2-2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2} \left(-m^2+\sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}+n^2\right)}{\sqrt{5} \left(2 m^2-n^2\right)} \\
a\to \frac{\sqrt{4 m^2-2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2}}{\sqrt{5}} & b\to \frac{\sqrt{4 m^2-2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2} \left(-m^2+\sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}+n^2\right)}{\sqrt{5} \left(2 m^2-n^2\right)} \\
a\to -\frac{\sqrt{4 m^2+2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2}}{\sqrt{5}} & b\to \frac{\left(m^2+\sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2\right) \sqrt{4 m^2+2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2}}{\sqrt{5} \left(2 m^2-n^2\right)} \\
a\to \frac{\sqrt{4 m^2+2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2}}{\sqrt{5}} & b\to -\frac{\left(m^2+\sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2\right) \sqrt{4 m^2+2 \sqrt{-m^4+3 m^2 n^2-n^4}-n^2}}{\sqrt{5} \left(2 m^2-n^2\right)} \\
\end{array}\]

uk702

虽然不懂，多谢 xiaoshuchong，利用椭圆曲线给出了一个完全的解答，详见 http://www.mathchina.com/bbs/for ... ead&tid=2057077。

xiaoshuchong

uk702 发表于 2023-5-25 14:30
虽然不懂，多谢 xiaoshuchong，利用椭圆曲线给出了一个完全的解答，详见 http://www.mathchina.com/bbs/for ...

看来emath和mathchina有不少共同用户

王守恩

主帖等同(废话):

\((a+b)^2+a^2=n^2\ \ \ (a+b)^2+b^2=m^2\)

除了   \(|a|=|b|=|n|=|m|\)   还有其他整数解吗？

1. Table[FindInstance[{(a+b)^2+a^2==n^2, b^2+(a+b)^2+b^2==m^2, n !=m},{n,m,a}, Integers, 3],{b, 1, 9}]

复制代码

警告：FindInstance 只找到 2 个实例，但无法证明第 3 个实例不存在。

mathe

最关键是四次曲线转化为椭圆曲线计算量太大了。
比如这题设$m^2=(a+b)^2+b^2, n^2=a^2+(a+b)^2$
两式相乘就可以得到$(mn)^2=2a^4 + 6ba^3 + 9b^2a^2 + 6b^3a + 2b^4$
设$z=(mn)/{b^2}, x=a/b$,得到$z^2=2x^4+6x^3+9x^2+6x+2$
显然上面表达式在a=b或者x=1时有有理数解$x=1,z=\pm 5$
然后根据链接https://zhuanlan.zhihu.com/p/467454165 第二种情况，我们需要做变换$x=1+1/y$，得到曲线
$(zy^2)^2=25y^4 + 50y^3 + 39y^2 + 14y + 2$
或者$(5zy^2)^2=(5y)^4+10(5y)^3+39(5y)^2+70(5y)+50$
代入链接第一部分中转化公式得到$G^2=H^3+567H+4374$
其中$5zy^2={G^2}/(36H^2 + 648H + 2916) -H/18 + 1/4, 5y=G/(6H + 54) - 5/2$
然后可以用pari/gp验证这个关于(G,H)的椭圆曲线没有有理点(除了无穷远点)，
?E=ellinit([567,4374]);
?elltors(E)
%28 = [1, [], []]
?ellgenerators(E)
%29 = []
其中%29是空集代表E的秩为0，也就是有理解空间关于有理数集是一个0维的向量空间，所以最多只有有限个有理解(torsion points)。
而%28表示只有一个torsion points,即无穷远点，对应y为无穷远，或者x=1,也就是原来关于x,z的方程只有特殊解$x=1,z=\pm 5$.
对应只有$a=b$时，$2a^4 + 6ba^3 + 9b^2a^2 + 6b^3a + 2b^4$是完全平方.

xiaoshuchong

mathe 发表于 2023-5-27 07:27
最关键是四次曲线转化为椭圆曲线计算量太大了。
比如这题设$m^2=(a+b)^2+b^2, n^2=a^2+(a+b)^2$
两式相乘 ...

G^2=H^3+567H+4374不是最简形式，可以简化为y^2=x^3+7x+6