$(a+b)^2+4ab$ $a^2+b^2$ son ambos cuadrados

Question

No puedo encontrar una respuesta completa al problema siguiente (esta es la fuente):

Q. Encontrar todos los enteros positivos $(a,b)$ que $(a+b)^2+4ab$ $a^2+b^2$ son ambos cuadrados.

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Algo: claramente si $(a,b)$ obras, a continuación, $(a/c,b/c)$ funciona igual de bien, donde $c$ es el máximo común divisor de a $(a,b)$. Por lo tanto podemos suponer que son coprime.

Lista de conocidos primitivo soluciones: Como lo dijo Michael a continuación, esto es equivalente a resolver la ecuación de $(x^2-y^2)^2+12xy(x^2-y^2)+4x^2y^2=z^2$ con enteros positivos $x,y$. Agregar la restricción $\mathrm{gcd}(x,y)=1$, por cálculos de ordenador, podemos ver que todas las soluciones $(x,y)$ $x,y \le 30000$ sólo son los siguientes: $(3,2)$, $(5,1)$, $(7,85)$, $(39,46)$, $(2717,1380)$, $(4097, 1337)$. Esto conduce a la primitiva soluciones $$ (a,b)=(5,12), $$ $$ (a,b)=(5477689,7498920). $$

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Editar (05 Dec 2015): los de arriba son los únicos primitivo, las soluciones también con la (última) de la restricción de la $x,y \le 80000$..

Answer 1

Vamos $q^2 = (a+b)^2$, $p^2 = a^2 + b^2$ y $r^2 = (a+b)^2 + 4ab$. Tenga en cuenta que $r^2 + p^2 = 2q^2$. Ahora vamos a $X = r+p$, $Y = r - p$ y $Z = 2q$.

Se puede mostrar fácilmente que $r^2 + p^2 = 2q^2$ si y sólo si $X^2 + Y^2 = Z^2$.

Así, cada solución se puede encontrar de la siguiente manera:

1. Elige una terna Pitagórica $(X, Y, Z)$ que $Z$ es incluso.
2. Vamos $q = \frac{Z}{2}$, $r = \frac{X+Y}{2}$ y $p = \frac{X-Y}{2}$.
3. Compruebe si hay algún triple de Pitágoras $(a', b', p)$ todos los $a', b'$ que $a'+b' = q$.

Espero que esta ayuda :)

Answer 2

En general, a hacer dos polinomios cuadráticos como plazas como,

$$a^2+b^2 = c^2\tag1$$

$$(a+b)^2+4ab = d^2\tag2$$

producirá una cuártica se hizo una plaza. Dada la completa solución de ternas Pitagóricas como $a,b = m(x^2-y^2),\,2mxy$, entonces,

$$m^2(x^4 + 12 x^3 y + 2 x^2 y^2 - 12 x y^3 + y^4) = d^2$$

Podemos suprimir $m,y$ sin pérdida de generalidad,

$$u^4 + 12 u^3 + 2 u^2 - 12 u+1=v^2\tag3$$

Desde que te has encontrado puntos racionales a $(3)$ como $u =x/y = 3/2,\; 5/1,\; 7/85,\dots$, entonces es birationally equivalente a una curva elíptica, por lo que hay un infinito más (como $u = 616264191/46041814$). Esto produce,

$$a,b =377661704472473885,\;56747842513764948$$

Por lo tanto su sistema $(1)$, $(2)$ tiene un número infinito de primitivo entero soluciones, todos los cuales son puntos racionales en $(3)$.

P. S. Para primaria, la discusión sobre cómo encontrar más puntos en $(3)$, ver este post.

Answer 3

La PISTA.- Si $(a+b)^2+4ab=m^2$ $4ab$ debe ser de la forma $2h(a+b)+h^2$ (desde $m=a+b+h$ en los enteros no negativos).

Además de $a^2+b^2=n^2\iff a=2rs$; $b=r^2-s^2$ (la elección de $a$, incluso); $n=r^2+s^2$.

Deducir la ecuación de diophantine $$h^2+2(r^2-s^2+2rs)h=8rs(r^2-s^2)$$ que usted puede tratar de resolver.

Además, si el discriminante de esta ecuación es un cuadrado, se puede obtener un conjunto de soluciones, funciones de $(r,s)$ (no el completo conjunto de soluciones tal vez). Por lo tanto, otro posible modo de trabajo sería tratar de resolver la ecuación de diophantine $$(r^2-s^2+2rs)^2+8rs(r^2-s^2)=t^2$$ a fin de obtener todas las soluciones de esta ecuación podría tener.