AÑADIDO: Otra forma de decir esto es: Dado enteros $B > A > 0,$$\gcd(A,B) = 1,$, entonces hay una solución en los números enteros $x,y,z,$ no todos los $0,$ a
$$ A(x^2 + y^2 + z^2) - B (yz + zx + xy) = 0, $$
si y sólo si ambas $B+2A$ e $B-A$ están íntegramente representado por la forma binaria $u^2 + 3 v^2.$
Bien, como he indicado, podemos multiplicar el formulario por $12$ y diagonalize que a través de los números enteros. Que no siempre será la mejor manera de proceder, pero da una respuesta inmediata en un caso, el equipo del programa sugerido.
Dado enteros $B > A > 0,$ $\gcd(A,B) = 1,$ vamos
$$ g(x,y,z) = A(x^2 + y^2 + z^2 ) - B(yz+zx+xy). $$
Antes de continuar, permítanme señalar que el discriminante de $g$ es
$$ \Delta = -(B-A) (2A+B)^2, $$ and that primes that can be used to rule out solutions of $g=0$ are required to divide $\Delta.$ Furthermore, as the form is indefinite, the number of primes for which we can make such an argument is even: for $A=3,B=14$ we had $ \Delta = -11 \cdot 20^2,$ and the primes that can be used to prove that one impossible are $5,11.$
Entonces, la definición de
$$ u = -x-y+2z, \; \; \; v = -x+y, \; \; \; w = x+y+z, $$ obtenemos de diagonalización
$$ 12 g = (2A+B) u^2 + 3 (2A+B) v^2 -4(B-A) w^2. $$
Now, suppose $B$ is divisible by $4.$ We can prove, quickly, that it is impossible to have the above $12 g = 0$ in integers, so we cannot have $g=0$ either. IF $B=4 \beta,$ we know that $$ es impar tenerlos coprime. Así,
$$ 12g = (2A+4 \beta) u^2 + 3 (2A + 4 \beta)v^2 - 4 (4 \beta - A) w^2 $$
es para estar a cero. Sin embargo, todos los coeficientes son en la actualidad aún, así que cambiar inmediatamente a
$$ 6g = (A+2 \beta) u^2 + 3 (A + 2 \beta)v^2 - 2 (4 \beta - A) w^2. $$
Ahora, tanto en $A+2\beta$ $4 \beta - A$ son impares. Usando las propiedades de la $p^2 + 3 q^2,$ encontramos que la cantidad que abreviar como $6g$ no puede ser divisible por $8$ menos que todos los tres de $u,v,w$ son incluso. Por lo tanto, no hay ninguna solución en coprime enteros a $6g=0,$ y por el descenso infinito, no hay solución en los números enteros. Hay un lema aquí, si hay cualquier número entero solución, podemos dividir a través de por el mcd de las variables, y llegar a una solución con mcd $1.$ Pero eso no suceda; así que no puede haber una solución en los enteros a $g(x,y,z) = 0.$ No es una frase para esto: $g(x,y,z)$ es anisotrópico en el $2$-ádico números de $\bf Q_2.$
Por eso, $B$ no puede ser divisible por $4.$
Mismo argumento si $A+B$ es divisible por $4.$ $\gcd(A,B) = 1,$ esto significa que ambos son impares. Luego, con $B > A > 0,$ nos encontramos con $B-a \equiv 2 \pmod 4.$, por Lo que, con
$$ 12 g = (2A+B) u^2 + 3 (2A+B) v^2 -4(B-A) w^2, $$
también conseguimos $2A+B$ impar. Vamos a escribir $$ 2A + B=\psi , \; \; \; B_A = 2 \omega $$
con $\psi, \omega$ impar. Tenemos
$$ 12 g = \psi( u^2 + 3v^2) - 8 \omega \, w^2. $$
Esto no es divisible por $16$ menos que los tres $u,v,w$ son incluso. Así que esta vez es anisotrópico en $\bf Q_2.$
Así, no podemos tener a $A+B$ divisible por $4.$
Siguiente, $2A+B$ $B-A$ no puede ser divisible por $2$ a una extraña energía en caso de que la forma original es isotrópica. Si $B$ es impar, entonces $2A+B$ es impar, y si $\nu_2 (B-A)$ es impar, el original es anisotrópico en $\bf Q_2.$ Aquí $\nu_2$ $2$- ádico de valoración, si decimos $\nu_2 n = k$ significa $2^k | n$ pero NO $2^{k+1} | n.$ el Próximo, si $B$ es incluso sabemos que $B \neq 0 \pmod 4$ si la cosa es isotrópico, por lo que en realidad $B \equiv 2 \pmod 4,$ y, a continuación, $A$ es impar. Pero, a continuación, $B-A$ es impar, por lo $\nu_2 4(B-A) = 2$ es incluso. Si la forma original es isotrópica, debemos tener $\nu_2 (2A+B)$, aun así.
% Feb. 6
De$\gcd(A,B) = 1.$, $B > A > 0.$
$$ 12 g = (2A+B) u^2 + 3 (2A+B) v^2 -4(B-A) w^2. $$
Tenga en cuenta que
$$ \gcd(2A+B, 3(2A+B), -4(B-A) ) \in \{1,2,3,4,6,12 \}. $$
En particular, se puede decir algo muy fuerte cuando es divisible por algunos de los mejores
$$ q \geq 5, \; \; \; q \equiv 2 \pmod 3. $$
Theorem 1: if $2A+B$ is divisible by such a prime $p$ but not by $p^2,$ then there is no solution in integers to our $12 g = 0,$ because the form is anisotropic in $\bf Q_q.$
Theorem 2: if $B-a$ is divisible by such a prime $p$ but not by $p^2,$ then there is no solution in integers to our $12 g = 0,$ because the form is anisotropic in $\bf Q_q.$
Proofs: if $$ u^2 + 3 v^2 \equiv 0 \pmod q, $$ a continuación, en realidad
$$ u,v \equiv 0 \pmod q, $$
$$ u^2 + 3 v^2 \equiv 0 \pmod {q^2}. $$
So, for example, this immediately takes care of $A=3, B=14$ because $B-A = 11$ and $2B+A = 4 \cdot 5.$
The same conclusions hold if either quantity named is divisible by $q^{2n-1}$ but not by $p^{2n}.$
Los números primos en cuestión son
$$ 5, 11, 17, 23, 29, 41, 47, 53, 59, 71, 83, 89, 101, 107, \ldots $$
Si bien $2A+B$ o $B-A$ es divisible por uno de estos números primos, pero no su plaza, sabemos que no puede haber una manera de escribir el cero en números enteros para ese par $(A,B).$ estoy ejecutando un programa que muestra $(A,B)$ pares que no, luego mostrar a los otros dos números, $2A+B$ $B-A$ y de cómo cada uno de los factores. En la mayoría de los casos de fracaso, uno puede encontrar fácilmente uno o dos de estos números primos presente.
% Feb. 14
Es más sencillo de lo que yo había temido. Tomamos $0 < A < B,$ $\gcd(A,B)=1.$ Después de que, lo que en verdad nos interesa son los dos números que aparecen en diagonalizing la forma, los ser $B + 2A$ $B-A.$
La forma es isotrópico sobre los racionales (enteros) si y sólo si:
(I) cuando se integra tanto en $B + 2A$ $B-A,$ de los exponentes de la $2$ son incluso.
(II) cuando se integra tanto en $B + 2A$ $B-A,$ de los exponentes de la $q$, donde a $q \equiv 5 \pmod 6$ es un primo.
Eso es todo. Tenga en cuenta que podemos combinar estas en una prueba, para todos los números primos $p \equiv 2 \pmod 3.$
Otra forma de decir esto es: Dado enteros $B > A > 0,$$\gcd(A,B) = 1,$, entonces hay una solución en los números enteros $x,y,z,$ no todos los $0,$ a
$$ A(x^2 + y^2 + z^2) - B (yz + zx + xy) = 0, $$
si y sólo si ambas $B+2A$ $B-A$ están íntegramente representado por la forma binaria $u^2 + 3 v^2.$
% Feb. 16 de 2015
Resultó hallazgo $x,y,z$ puede ser mecánica, así, una vez $2A+B$ $B-A$ están representados por $u^2 + 3 v^2.$ Aviso de que en realidad yo uso $4(B-A)$ lugar!
Dado
$$ p^2 + 3 q^2 = 2 A + B, $$
$$ r^2 + 3 s^2 = 4(B-A), $$
podemos resolver
$$ A(x^2 + y^2 + z^2) = B (yz + zx + xy) $$
con
$$ x = 2 p^2 + 6 q^2 - p r - 3 p s + 3 q r - 3 q s, $$
$$ y = 2 p^2 + 6 q^2 - p r + 3 p s - 3 q r - 3 q s, $$
$$ z = 2 p^2 + 6 q^2 + 2 p r + 6 q s. $$
I took $g = \gcd(x,y,z)$ and printed $x/g s/g,z/g,$ it changes nothing.
A B 2A+B 4(B-A) p q r s x y z
1 2 4 4 2 0 2 0 1 1 4 18=18
2: 1
2 3 7 4 2 1 2 0 8 2 11 378=378
3: 1
A B 2A+B 4(B-A) p q r s x y z
4: 0
1 5 7 16 2 1 4 0 3 -1 5 35=35
2 5 9 12 3 0 3 1 0 1 2 10=10
4 5 13 4 1 2 2 0 6 2 5 260=260
5: 3
5 6 16 4 4 0 2 0 1 1 2 30=30
6: 1
3 7 13 16 1 2 4 0 23 -1 17 2457=2457
6 7 19 4 4 1 2 0 6 4 9 798=798
7: 2
% Feb. 18, 2015
Given integers $B > a > 0,$ with $\gcd(a,B) = 1,$ vamos
$$ g(x,y,z) = A(x^2 + y^2 + z^2 ) - B(yz+zx+xy). $$
Entonces, la definición de
$$ r = x+y+z, \; \; \; s = x-y, \; \; \; t = y-z, $$ casi diagonalización
$$ 3 g = (A-B) r^2 + (2A+B) (s^2 + st + t^2 ) . $$
Para mí, esto hace que el primer $2$ más fácil de ver, en que $s^2 + st + t^2$ es que aun si y sólo si ambas $s,t$ son incluso, en cuyo caso el $s^2 + st + t^2$ es divisible por $4.$ Podemos tener $g$ isotrópica en el $\bf Z$ $B$ divisible por $4?$ No, debido a que $\gcd(A,B) = 1,$ $A$ es impar, por lo $2A+B \equiv 2 \pmod 4$ mientras $A-B$ es impar, entonces la cosa es anisotrópico en $\bf Q_2:$ necesitaríamos $r$ incluso, pero, a continuación, $s^2+st+t^2$ debe ser uniforme y por lo $s,t$ son incluso así. Podemos tener $g$ isotrópica en el $\bf Z$ $A+B$ divisible por $4?$ No, debido a que $\gcd(A,B) = 1,$ por lo tanto $A,B$ son impares, por lo $A-B \equiv 2 \pmod 4$ mientras $2A+B$ es impar, entonces la cosa es anisotrópico en $\bf Q_2:$ necesitaríamos $s^2+st+t^2$ incluso lo $s,t$ son aún, pero, a continuación, $r^2$ es incluso y $r$ es incluso así. Podemos tener $g$ isotrópica y tanto $\nu_2 \, (A-B)$ impar y $\nu_2 \, (2A+B)$ impar? No, esto significa que $B$ incluso, pero, a continuación, $A$ es impar, y $(A-B)$ es impar.
En breve, con el fin de tener $g$ isotrópica en el $\bf Z,$ necesitamos tanto $\nu_2 \, (A-B)$ $\nu_2 \, (2A+B)$ incluso.
Poner esto con la misma observación acerca de los números primos $q \equiv 5 \pmod 6,$ y de ello se sigue que si $g$ isotrópica en el $\bf Z,$, en tanto $ |A-B|$ $ (2A+B)$ están representados por $s^2 + st + t^2$ o, de hecho, $u^2 + 3 v^2.$
La manera en que esto trabajaba, yo no creo que un estudiante debe saber mucho de nada acerca de la formas cuadráticas en más de dos variables, si estos lemas sobre la formas cuadráticas binarias pueden ser aceptadas sin pruebas; la primera es fácil y breifly se discutió anteriormente. Creo que voy a volver a las letras de $x,y.$ me temo que la prueba del Lema 2 utiliza un caso de reciprocidad cuadrática, no hay mucho que hacer acerca de eso. Lema 4 utiliza una variedad de ingredientes; el caso más difícil es el de los números primos que se $1 \pmod 3,$ después de que es sólo la inducción matemática sobre el número de factores primos dividiendo el número que yo estoy llamando $n.$
Definir $\nu_p \, n$ el máximo exponente de la prime $p$ que da un divisor de a$n.$, $\nu_p \, n = k$ significa
$p^k | n$ pero NO $p^{k+1} | n.$
Lema 1: si $x^2 + xy + y^2$ es incluso, $x,y$ son incluso y $x^2 + xy + y^2$ es divisble por $4.$ por lo Tanto podemos dividir ambos $x,y$ $2,$ y repetir. El resultado es, $\nu_2 \, (x^2 + x y + y^2)$ es incluso.
Lema 2: Dado un primer $q \equiv 5 \pmod 6:$ si $x^2 + xy + y^2$ es divisible por $q,$, en tanto $x,y$ son divisibles por $q,$ $x^2 + xy + y^2$ es divisble por $q^2.$ por lo Tanto podemos dividir ambos $x,y$ $q,$ y repetir. El resultado es, $\nu_q \, (x^2 + x y + y^2)$ es incluso.
Lema 3: $x^2 + xy + y^2$ $x^2 + 3 y^2$ representan exactamente los mismos números
Lema 4: Si tenemos un número positivo $n$ tal que, para cada prime $p \equiv 2 \pmod 3$ tenemos $\nu_p \, n$, incluso, podemos encontrar algunos enteros $x,y$ tal que $n = x^2 + 3 y^2.$ también podemos encontrar otros números enteros tales que a$n = x^2 + xy + y^2,$, pero estos $x,y$ a veces puede tener opuestos $\pm$ signos.
