Resuelva $(a^2-1)(b^2-1)= \frac {1}4 ,a,b \in \mathbb Q$

Question

¿La ecuación $(a^2-1)(b^2-1)= \dfrac {1}4$ tienen soluciones $a,b \in \mathbb Q$ ?

Busco $0<p<1000,0<q<1000$ donde $a= \dfrac {p}q$ pero no hay soluciones. Me pregunto si esta ecuación tiene solución.

Answer 1

He aquí algunas observaciones que son demasiado extensas en realidad para hacer un comentario, y que reducen un poco el espacio de búsqueda, y que pueden ayudar a establecer una contradicción.

Puedes reescribir tu ecuación como $$(ab+1)^2= \frac 14+(a+b)^2$$

Dado que esta es una ecuación racional, la eliminación de los denominadores da un triple pitagórico primitivo $$p^2=q^2+r^2$$ con $ab+1= \cfrac p{2q}$ y $a+b= \cfrac r{2q}$ de donde $a$ y $b$ son las raíces de la cuadra $$2qx^2-rx+p-2q=0$$

Esto tiene soluciones racionales sólo si su discriminante $r^2-8q(p-2q)$ es un cuadrado. Ahora $r^2=p^2-q^2$ así que esto se convierte en $$p^2-8qp+15q^2=(p-4q)^2-q^2=s^2$$ Esto nos da un segundo triple pitagórico, y también $r^2-s^2=8q(p-2q)$ .

Tengan en cuenta que $p-2q$ o $p-4q$ puede ser negativo.

En resumen, una solución implica dos triples pitagóricos relacionados, el primero de los cuales puede ser tomado como primitivo

$$p^2=q^2+r^2$$ $$(p-4q)^2=q^2+s^2 \text { o }(4q-p)^2=q^2+s^2$$

---

[continuación]

El segundo de ellos es entonces también primitivo, porque $(p-4q,q)=(p,q)=1$

Sabemos que un triple pitagórico primitivo es de la forma $m^2+n^2, 2mn, m^2-n^2$ con $m,n$ coprimo y uno par y un impar.

Si $p=m^2+n^2$ y $4q-p=v^2+w^2$ entonces $4q=m^2+n^2+v^2+w^2$ pero el lado derecho es la suma de dos cuadrados pares y dos cuadrados Impares, y es congruente con $2$ mod $4$ . Así que este caso es imposible.

Así que debemos tener $p=m^2+n^2$ y $p-4q=v^2+w^2 \gt0$ y de paso observamos que $p \gt 5q$ desde $(p-4q)^2 \gt q^2$

Answer 2

Si hay puntos racionales en su curva, entonces hay puntos racionales en la curva: $$(x^2-4)(y^2-1)=1,$$ así que $(y^2-1)= \frac {p}{q}$ y $(x^2-4)= \frac {q}{p}$ con $(p,q)=1$ debe aguantar. Esto implica que ambos $\frac {p+q}{q}$ y $\frac {4p+q}{p}$ son cuadrados de números racionales, así que $p=u^2,q=v^2$ y ambos $u^2+v^2$ y $4u^2+v^2$ son cuadrados, digamos $u^2+v^2=q_1^2$ y $(2u)^2+v^2=q_2^2$ . Por la parametrización de los triples pitagóricos primitivos, la segunda identidad implica que $u=ab$ y $v=a^2-b^2$ con $(a,b)=1$ y $a,b$ no ambos impar. Al sustituir en la primera identidad obtenemos que $$(ab)^2 + (a^2-b^2)^2 = (a^2+b^2)^2-3(ab)^2 = \frac {1}{4}(a^2+b^2)^2+ \frac {3}{4}(a^2-b^2)^2$$ debe ser un cuadrado. Así que empezamos con $q_2^2=4p+q$ que pertenecían a las dos formas cuadráticas $x^2+y^2$ (ya que $4p+q=(2u)^2+v^2$ ) y $x^2+3y^2$ (ya que $4p+q=q_1^2+3u^2$ ) y conseguir que $q_2$ pertenecen a la intersección de los enteros representados por las mismas formas cuadráticas: esto lleva a un descenso infinito y a la imposibilidad de encontrar puntos racionales en la curva $(x^2-4)(y^2-1)=1$ .