a^2+ab+b^2与a^2-ab+b^2不可能同时为平方数

hujunhua

a²+ab+b²与a²-ab+b²不可能同时为平方数

最近 wayne 版主发过一个解a²-ab+b²=c²的帖子，郭大把式子改成了a²+ab+b²=c²
我解了一下这两个方程，观察数据发现a²+ab+b²与a²-ab+b²不可能同时为平方数。

从几何上说，就是一个内角为60度的平行四边形的四条边和两条对角线，这6条线段不可能都是整数。

gxqcn

我估计要使 a^2+ab+b^2 与 a^2-ab+b^2 同为完全平方数，
则 a、b 中至少有一个为零。可能需要无穷递降法解决。

qianyb

我猜楼主的结论正确的，两者不能同时成立

mathe

不知道是否可以证明
$a^4+a^2b^2+b^4=c^2$无非平凡解，如果这个结论成立，自然本题无平凡解

hujunhua

mathe说在点子上了，还是那句话：“乘比线性组合好”。

mathe

不过高次丢番图方程通常也不好处理。4#的方程有现成的结论吗？

wayne

不过高次丢番图方程通常也不好处理。4#的方程有现成的结论吗？
mathe 发表于 2010-4-14 16:47

曹珍富的《丢番图方程引论》里面有一个例子， 用无穷递降法法证明了，不存在非平凡解

wayne

看来还是要借用通解公式

如果0<u^2-v^2<2uv+v^2,
下面的方程组无正整数解
{u^2-v^2=2xy+y^2,2uv+v^2=2xy+x^2}


如果u^2-v^2>2uv+v^2,
下面的方程组也无正整数解
{2uv+v^2=x^2-y^2,u^2-v^2=2xy+x^2}

hujunhua

4#的方程，在四次型里是比较基本的了，当有现成的结论。重新翻了一下曹富珍的《丢番图方程引论》，第七章第5节的标题赫然就是“x⁴+kx²y²+y⁴=z²”，其中给出了一个表，说明0<k<100 时,恰有k∈{1, 3~6, 9~11, 15, 18~22, 25, 28~30, 32, 35, 37, 39, 40, 43, 45, 46, 50, 51, 53, 54,  58, 59, 65, 69, 70, 72, 74~76,  80~82, 88, 91, 93, 97}时，方程无解。

我前天自己也搞了一个无穷递降法的证明（用的通解公式是mathe的那个公式（有修改），不是从Z(ω)得来的那个），发出来的话码公式要码惨了，就免了吧。等找到现成的证明了，再转发上来。

hujunhua

就在曹富珍的《丢番图方程引论》上，找到了k=1的无穷递降证法，在第二章第3节。昨天翻书看目录，见到第七章第5节的标题太正点了，直奔过去没往前翻。
不过这个PDF版的不太清晰，转发过来效果不一定行。

也找到了k=-1时的无穷递降证法，但跟我的证法差别就远了。比我的简明。我是连带证明了不存在四个等差平方数。