Encontrar todas las soluciones: $x^2 + 2y^2 = z^2$

Question

Soy uso para encontrar las soluciones de ecuaciones diofánticas lineales, pero ¿qué se supone que haga cuando tenga términos cuadráticos? Por ejemplo considere el siguiente problema:

Encontrar todas las soluciones en números enteros positivos a la siguiente ecuación de Diophantine

$x^2 + 2y^2 = z^2$

Me suele empezar por encontrar el gcd y utilizar algunos otros trucos, pero no sé cómo abordar este tipo de problema

Answer 1

Puesto que la ecuación es homogénea, podemos WLOG asumen $\gcd(x, y, z)=1$. (De modo que todas las soluciones será dada por la multiplicación de todas las primitivas de soluciones de cualquier entero positivo $k$)

Ahora si $x$ es incluso, a continuación, $z$ es aún, por lo $y$ es también, incluso, una contradicción. Por lo tanto $x$ es impar, por lo $z$ es impar, y por lo $x^2 \equiv z^2 \equiv 1 \pmod{4}$. Por lo tanto $4 \mid 2y^2$, lo $y$ es incluso. Tenga en cuenta que si $p \mid x, z$ para algunos prime $p$, $p$ es impar y $p \mid 2y^2$, lo $p \mid y$, una contradicción, por lo $\gcd(x, z)=1$.

Deje $y=2y'$, por lo que el $2y'^2=\frac{z^2-x^2}{4}=(\frac{z-x}{2})(\frac{z+x}{2})$. Ahora $\gcd((\frac{z-x}{2}),(\frac{z+x}{2}))=\gcd(x, z)=1$, por lo que tenemos 2 casos:

Caso 1: $4 \mid z-x$. Luego tenemos a $\frac{z-x}{2}=2a^2, \frac{z+x}{2}=b^2, y'=ab$ algunos $a, b \in \mathbb{Z}^+$, lo $z=b^2+2a^2, x=b^2-2a^2, y=2ab, \, b>a\sqrt{2}>0$. De cheques, de hecho, estas son las soluciones.

Caso 2: $4 \mid z+x$. Luego tenemos a $\frac{z-x}{2}=b^2, \frac{z+x}{2}=2a^2, y'=ab$ algunos $a, b \in \mathbb{Z}^+$, lo $z=b^2+2a^2, x=2a^2-b^2, y=2ab, \, a\sqrt{2}>b>0$. De cheques, de hecho, estas son las soluciones.

Por lo tanto, todas las primitivas de las soluciones están dadas por $(x, y, z)=(|b^2-2a^2|, 2ab, b^2+2a^2), a, b \in \mathbb{Z}^+$.

Por lo tanto, todo entero positivo soluciones están dadas por $$(x, y, z)=(k|b^2-2a^2|, k(2ab), k(b^2+2a^2)), a, b, k \in \mathbb{Z}^+$$

Answer 2

Aquí está la identidad que completamente lo soluciona,

$$((a^2-nb^2)t)^2+n(2abt)^2 = ((a^2+nb^2)t)^2\tag{1}$$

para arbitrario $a,b$ y el factor de escala $t$. La suya es sólo el caso de $n = 2$.

EDITAR:

A la dirección de ShreevatsaR comentario de si esta es la solución completa (al $x_1 x_2 x_3 \ne 0$), dado racional $x_1, x_2, x_3$ de manera tal que,

$$x_1^2+nx_2^2 = x_3^2\tag{2}$$

uno puede siempre encontrar particular racional $a,b,t$ que recupera los valores de uso de las fórmulas,

$$\begin{aligned}a &= x_1+x_3\\ b &= x_2\\ t &= \frac{1}{2(x_1+x_3)}\end{aligned}\etiqueta{3}$$

Ejemplo: Dado el más pequeño de la solución ,de

$$x_1^2+2x_2^2 = x_3^2$$

como {$x_1, x_2, x_3$} = {$1, 2, 3$}, luego, usando (3), nos encontramos,

$$\begin{aligned}a &= 4\\ b &= 2\\ t &= 1/8\end{aligned}$$

que los rendimientos,

$$\begin{aligned}x_1 &= (a^2-2b^2)t = 1\\ x_2 &= 2abt = 2\\ x_3 &= (a^2+2b^2)t = 3\end{aligned}$$

que son, precisamente, los valores que hemos empezado. Espero que todo está claro?

Answer 3

El siguiente método puede ser usado para encontrar todos los puntos en los cónicos si una solución es obvia.

1. Dividir por $z^2$ obtener $(x/z)^2 + n(y/z)^2 = 1$. Esto implica que la pregunta es equivalente a encontrar el racional puntos en la curva de $x^2+ny^2 = 1$. (Equivalentes en el sentido de que cada número entero solución para $x^2+ny^2=z^2$ da una solución racional para $x^2+ny^2=1$ y viceversa).
2. Tenga en cuenta que $(1,0)$ es una solución. Si $(x_0,y_0)$ es una solución, entonces se puede trazar la línea entre estos dos puntos. Esta línea tendrá racional de la pendiente (desde ambos puntos son racionales).
3. Por lo tanto, podemos recuperar todos los puntos racionales de la curva mediante el dibujo de líneas a través de las $(1,0)$ con racional de la pendiente y la determinación de la intersección con la curva.
4. Una línea puede ser parametrizadas por $$ \begin{aligned} x-1 &= rt \\ y &= t\end{aligned}, $$ where $t$ is the parameter and $r$ the (arbitrary) slope. (Actually you have to check the case where "$r=\infty$", i.e. $x-1=t$ and $y=0$ as well. This results in the solution $x=-1$ and $y=0$.)
5. Subsituting en la ecuación de $x^2 + ny^2 = 1$, la cancelación de $1$'s y dividiendo por $t$ (que expresa que $(1,0)$ es una solución), nos encontramos con $$ \begin{aligned} x &= \frac{n-r^2}{n+r^2} \\ y &= \frac{-2r}{r^2+n} \end{aligned}.$$
6. Cualquier entero solución de la ecuación original viene de la racional $x,y$'s arriba. Es un poco un dolor, pero primero se escriben las $r = a/b$ y, a continuación, averiguar por qué los factores comunes se puede multiplicar $x$ $y$ para asegurarse de que ambos son enteros.

Answer 4

Um. Para cualquier prime $p \equiv 1,3 \pmod 8,$ hay una representación de $p = u^2 + 2 v^2,$, como resultado de la cual hay también una primitiva representación $p^2 = u_2^2 + 2 v_2^2$ por Tito fórmula. Hay una representación de $4$ pero no primitivo. Por último, está la representación trivial $q^2 = x^2$ al$q \equiv 5,7 \pmod 8.$, por Lo que, de hecho, si usted permite que no primitivo respuestas, $z$ puede ser cualquier cosa, y si $z$ tiene algún factor de $p \equiv 1,3 \pmod 8,$ hay una solución $z^2 = x^2 + 2 y^2$ con un valor distinto de cero $y.$

Oh, los productos no son un problema, $$ (u^2 + 2 v^2)(x^2 + 2 y^2) = (ux + 2 vy)^2 + 2 (uy-vx)^2. $$ Observe que la negación de uno de estos, como $v,$ da una verdadera fórmula diferente en el lado derecho.

Este procedimiento da todas las soluciones; si puedes factor de $z,$, se pueden construir todos los $(x,y).$

EEDDIITT: Como alternativa, se puede tomar la elipse $x^2 + 2 y^2 = 1$ y parametrizar todos los puntos racionales, un procedimiento que da todo y fue llamado mi atención por Gerry Myerson. Hecho aquí la Generación de ternas Pitagóricas para $a^2+b^2=5c^2$? para el problema de $a^2 + b^2 = 5 c^2. $ Fue a través de él para puntos racionales en la elipse $x^2 + 2 y^2 = 1$ por líneas a través de las $(1,0).$, El resultado es exactamente lo que Ivan Loh consiguió, pero sin ningún pensamiento. Me estoy poniendo más rápido en esto.