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[原创] 关于方程a^2+b^2=c^2+1的通解探索

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发表于 2014-7-23 14:27:45 | 显示全部楼层
一楼给出的实质上就是著名的丢番图恒等式`(ac\pm bd)^2+(ad\mp bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)`
用复数证明相当简单,因为
`(a^2+b^2)(c^2+d^2)=|a+bi|^2\*|c-di|^2=|(a+bi)(c-di)|^2=|(ac+bd)+(ad-bc)i|^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2`
并且还有
`(a^2+b^2)(c^2+d^2)=|a+bi|^2\*|c+di|^2=|(a+bi)(c+di)|^2=|(ac-bd)+(ad+bc)i|^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2`
合并一下就得到了上面的丢番图恒等式。这个恒等式给出了一条边可表示成两直角三角形的斜边的情形。

回归到问题`x^2+y^2=z^2+1`的正整数解。
那么问题的解可表示为$$\begin{cases}x=ac-bd\\
y=ad+bc\\
z=ac+bd\\
1=ad-bc\end{cases}\tag{1}$$其中满足`a>b>0,c>d>0`。
注意到5楼的奇偶分析,问题的解只能是(奇,奇,奇) 或(奇,偶,偶)或(偶,奇,偶),而根据上面通解的形式可知,`x`与`z`同奇偶,`y`与`1`同奇偶,因此`y`只能是奇数,故`x`和`z`只能同时为奇数或者同时为偶数。

于是我们可以得到许多类的通解(可能有相互覆盖)

考虑到`1=ad-bc`,这说明`(a,b)=1且(c,d)=1`,所以取特殊值的时候需要注意这点
比如令`a=1,b=0`便得到平凡解`(n,1,n)`
又如令`a=b+1`(因为相邻整数互质)
又如令`a=2k+3,b=2k+1`(因为相邻奇数互质)
又如令`a=(k+1)^2,b=k^2`(因为相邻平方数互质)

所以`x^2+y^2=z^2+1`没有双参数形式的通解,这是由于该方程非齐次,故通解只能表达为多参数形式的通解,并且带有能降次的约束等式,`(1)`恰好是满足这一要求的通解中最简单的形式。

点评

@葡萄糖,比如,“丢番图方程”一般泛指以(正)整数解的代数方程,而并不是某个特殊的方程。  发表于 2014-9-15 22:41
@丢番图恒等式,这是国外人对代数等式的统称叫法,一般多出现在论文中,我并没追究其具体名称。  发表于 2014-9-15 22:40
怪不得搜不到“丢番图恒等式”,原来“婆罗摩笈多-斐波那契恒等式”又是一个张冠李戴的例子!  发表于 2014-9-15 12:55
你可以检验一下大范围内的解是不是都满足这个公因子约束。检验解的时候注意x,y,z的奇偶顺序。  发表于 2014-7-23 17:41
@无心人,同样,`(z+x)`与`(y+1)`除2以外,还有公因子`a`。(因为若`c=d`,又由于`(c,d)=1`,故只能是`c=d=1`)。这说明上述通解给出的结果满足这种约束,我小范围检验解都满足这个约束。  发表于 2014-7-23 17:40

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发表于 2014-7-23 15:43:17 | 显示全部楼层
同样,对方程\( a^2 + b^2 = c^2 + 1 \)
任何一组满足方程的解\( a_0, b_0, c_0 \)可以引出如下通项公式

\( d = b_0 + c_0 \)
\( a_k = 2dk \pm a_0 \)
\(b_k = 2dk^2 \pm 2a_0 k - b_0 \)
\(c_k = 2dk^2 \pm 2a_0 k + c_0 \)

点评

这个是对的,不过是怎么推导出来的呢?  发表于 2014-7-23 19:34
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 楼主| 发表于 2014-7-23 18:03:51 | 显示全部楼层
kastin 发表于 2014-7-23 14:27
一楼给出的实质上就是著名的丢番图恒等式`(ac\pm bd)^2+(ad\mp bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)`
用复数证明相当 ...

原来如此,我早就解出了这个东西,一直希望希望化简无果。
由约束$1=ad-bc$,实际上可以导出很多二参数的特殊解,每个解都将导致一系列特解。这正是我之前特解的来源。

@无心人 肯定可以全覆盖的,因为每一步都是充要的(如我在顶楼所说的唯一分解定理),只是这个解不够显式而已。
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发表于 2014-7-24 12:16:21 | 显示全部楼层
  1. (*不定方程x^2+y^2=z^2+1的正整数解(x,y,z),已经排好奇偶顺序保证y始终为奇数*)
  2. data = If[EvenQ[#[[2]]], {#[[2]], #[[1]], #[[3]]}, #] & /@
  3.       Select[#, Last[#] \[Element] Integers &] & /@
  4.     Table[{x, y, Sqrt[x^2 + y^2 - 1]}, {x, 1, 20}, {y, x, 120}] //
  5.    Flatten[##, 1] &

  6. (*解出参数 a,b,c,d*)
  7. {a, b, c, d} /.
  8.     Flatten[Solve[{a c - b d == #[[1]], a d + b c == #[[2]],
  9.        a c + b d == #[[3]],
  10.        a d - b c == 1 && a >= 0 && b >= 0 && c >= 0 && d >= 0}, {a, b,
  11.         c, d}, Integers]] & /@ data

  12. (*验证10楼提到的公因数,第一列应该恰好是a,第二列应该恰好是b*)
  13. {GCD[(#[[3]] + #[[1]])/2, (#[[2]] + 1)/2],
  14.    GCD[(#[[3]] - #[[1]])/2, (#[[2]] - 1)/2]} & /@ data
复制代码

点评

@chyanog,你这个更好,避免多余的被计算。学习一下~  发表于 2014-7-28 18:51
data也可以这样生成,Table[With[{t=Sqrt[x^2+y^2-1]},If[IntegerQ@t,If[EvenQ@y,{y,x,t},{x,y,t}],Unevaluated[]]],{x,1,20},{y,x,120}]~Flatten~1  发表于 2014-7-28 14:05
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发表于 2014-7-24 18:44:18 | 显示全部楼层
1#和10#的通解公式可以化简为
`\left\{\begin{split}x&=p-q\\y&=2n+1\\z&=p+q\end{split}\right.,(pq=n(n+1),p>n\ge q\ge1)`

通解嘛,覆盖率自然是100%,就不知重复率有多大。wayne当年计算http://projecteuler.net/problem=223的公式可能就是这样吧。

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大神难得一现!  发表于 2014-7-24 20:55
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发表于 2014-7-24 21:28:22 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2014-7-24 18:44
1#和10#的通解公式可以化简为
`\left\{\begin{split}x&=p-q\\y&=2n+1\\z&=p+q\end{split}\right.,(pq=n(n+ ...


老大也太高估我了。其实我想说,时间太久了,我都忘了我当初是怎么计算的。只隐约记得是分解因式、然后在223对应的thread留了到此一游(projecteuler网站曾被黑过,论坛大改版,我的帐号也没了,之前每一个问题后面都有一个讨论区thread,现在也没了 )

我猜我当初不大可能得出这么简洁的因子分解的表达。
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发表于 2014-7-24 21:43:31 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2014-7-24 18:44
1#和10#的通解公式可以化简为
`\left\{\begin{split}x&=p-q\\y&=2n+1\\z&=p+q\end{split}\right.,(pq=n(n+ ...

该方法不仅简洁,而且方便计数。直接统计因子个数即可、不用计算每一组解

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重复率很多哦,怎么避免重复计算?  发表于 2014-7-25 11:02
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发表于 2014-7-28 11:15:30 | 显示全部楼层
\(x,z\)为偶数的解不重复,只有全奇数解存在\((x,y,z)\)与\((y,x,z)\)的重复问题。
对于全奇数解,限定\(x\le y\), 即
\(\D \frac{\sqrt{2}-1}{2}(2n+1)<q\le n\lt p<\frac{\sqrt{2}+1}{2}(2n+1)\)
应能消除重复解。

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嗯,我也推导了下,是一致的。  发表于 2014-7-31 08:50
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发表于 2014-12-10 05:16:34 | 显示全部楼层
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发表于 2014-12-10 08:24:24 | 显示全部楼层
science123 发表于 2014-12-10 05:16
呵呵……好像都厉害,牛!
就是路有些歪。

就是路有些歪?这话说的。
套用楼主的话,楼主好像有更好的方法。
我们都愿闻其详,希望别让我失望。
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