Encontrar $p,q$ s.t. $2q^2-p^2=\Box$ $2p^2-q^2=\Box$

Question

Problema. Encontrar todos los enteros $p,q$ tal que $2q^2-p^2$ $2p^2-q^2$ son cuadrados perfectos.

Creo que esto sólo es cierto cuando se $p=\pm q$, pero no he sido capaz de demostrarlo.

Un enfoque que he intentado es dejar (wlog) $q=p+t$ $t>0$ conseguir $p^2+4pt+2t^2$ $p^2-2pt-t^2$ son cuadrados. Luego de completar el cuadrado tenemos $(p+2t)^2-2t^2$$(p-t)^2-2t^2$, pero yo no entiendo mucho de aquí.

Otra cosa que he probado es el establecimiento $2q^2-p^2=x^2$ conseguir $x^2+p^2=2q^2$, y de manera similar a $y^2+q^2=2p^2$. Luego de escribir estas como $(x-p)^2+(x+p)^2=(2q)^2$$(y-q)^2+(y+q)^2=(2p)^2$, a continuación, utilizar las ternas Pitagóricas de la fórmula. Pero lo tengo un poco desordenada después de eso.

Answer 1

Podemos suponer WLOG $p,q\in \mathbb{N}^+$$\gcd(p,q)=1$.

Lema 1. Si $\gcd(a,b)=1$$a^2+b^2=2c^2$, entonces: $$ \{a,b\} = \{u^2-2uv-v^2,u^2+2uv-v^2\},\quad c=u^2+v^2,\quad \gcd(u,v)=1. $$

Prueba. Tenemos que $P=\left(\frac{a}{c},\frac{b}{c}\right)$ es racional, punto en el círculo $\Gamma:x^2+y^2=2$, de ahí que la línea que une la $P$ $(1,1)\in\Gamma$ tiene un empleo racional de la pendiente. El vice-versa también se tiene: por Vieta fórmulas, una línea racional de la pendiente a través de $(1,1)$ intersecta $\Gamma$ en un punto racional.

Lema 1. da que tanto $p$ $q$ son la suma de dos cuadrados y están representados por la forma cuadrática $A^2-2B^2$. Por otra parte, tanto en $3p^2$ $3q^2$ están representados por la forma cuadrática $A^2+2B^2$.

Lema 2. Si $\gcd(a,b)=1$$a^2+2b^2 = 3c^2$, entonces: $$ a=2u^2+4uv-v^2,\quad b=2u^2-2uv-v^2,\quad c=2u^2+v^2,\quad \gcd(u,v)=1.$$

Prueba. Tenemos que $P=\left(\frac{a}{c},\frac{b}{c}\right)$ es un racional punto en la elipse $\Gamma:x^2+2y^2=3$, de ahí que la línea que une la $P$ $(1,1)\in\Gamma$ tiene un empleo racional de la pendiente. El vice-versa también se tiene: por Vieta fórmulas, una línea racional de la pendiente a través de $(1,1)$ intersecta $\Gamma$ en un punto racional.

Lema 2. le da a ese $p$ $q$ están representadas por la forma cuadrática $A^2+2B^2$. Por poner todos juntos, tenemos que tanto en $p$ $q$ están representados por las formas cuadráticas $$ A^2+B^2,\quad A^2-2B^2,\quad A^2+2B^2.$$ Ahora es posible establecer un descenso argumento que conduce a $p=q=1$. Continúa.

Answer 2

Si no me equivoco, este problema es una consecuencia directa de ese teorema!--Esto ha ocurrido a mí. Porque si $x,y,p,q$ son distintos, a continuación, $x^2+p^2=2q^2$ $y^2+q^2=2p^2$ juntos implican $p^2-y^2=q^2-p^2=x^2-q^2$, lo que implica la existencia de una progresión aritmética, $y^2,p^2,q^2,x^2$, que consta de cuatro distintas plazas. Ahora esto es imposible (por Jack D'Aurizio link: mathpages.com/home/kmath044/kmath044.htm ), por lo que dos de las plazas deben ser iguales. Esto lleva inmediatamente a (suponiendo $x,y,p,q\in \mathbb{Z}_+$) $x=y=p=q$.