solución del número entero de $(x-y)(x+y)xy=z^2$

Question

Por alfa wolfram, solución del número entero de $(x-y)(x+y)xy=z^2$ es $x=y=z=0$. Cómo demostrar que no hay otras soluciones con $z \neq 0$. Gracias.

Answer 1

Si $\gcd(a,b) = d$, e $(x,y,z) = (a,b,c)$ es una solución no trivial, entonces $(\frac{a}{d}, \frac{b}{d},\frac{c}{d^2})$ también es una solución, donde $\gcd(\frac{a}{d},\frac{b}{d}) = 1$. Así que si no hay solución $(a,b,c)$ tener $\gcd(a,b) = 1$, entonces no hay soluciones no triviales.

Suponga $\gcd(a,b) = 1$. Queremos encontrar a $a$$b$, donde la expresión $(a+b)(a-b)ab$ sería un cuadrado perfecto. Pero $(a+b)$, $(a-b)$, y su producto $(a^2-b^2)$ son todos coprime tanto $a$$b$. Por lo que es necesario que el $a$ $b$ son ambos cuadrados, debido a que cualquier unsquared factores que pueden tener no será capaz de tener sus plazas completado por los otros términos.

$a = a'^2$ y $b = b'^2$. $(a+b)(a-b) = a^2 - b^2 = a'^4 - b'^4$. Si hay una solución, entonces debe haber algo de $c$ donde $c^2 = a'^4 - b'^4$ o $c^2 + b'^4 = a'^4$. Fermat demostró que esto era imposible, así que no puede haber soluciones no triviales.

Answer 2

Si $(x,y)=k$$k^4(x_1-y_1)(x_1+y_1)x_1y_1= z^2$, lo que implica una ecuación (se utiliza la misma notación) $(x-y)(x+y)xy=z^2$$(x,y)=1$; de ello se sigue que $(x+y,x-y)=1$ ($x+y=mX$ y $x-y=mY$ claramente una contradicción). Por lo tanto $x-y, x+y, x, y$ son cuatro coprime enteros y cada uno de ellos debe ser un cuadrado, $x, y$ ser de diferente paridad (si no, a continuación,$2|(x-y,x+y)=1$).

Tenemos tres ternas pitagóricas a la que se le aplica el conocido parametrización $(a,b,c) =(p^2-q^2, 2pq, p^2+q^2)$:

(1)..................$x^2=y^2+u^2$

(2).................$x^2+y^2=v^2$

(3)................$x^4+y^4=(uv)^2$

Si $y$ eran impares, a continuación, $x$ sería extraño en (1) y en (2), absurde, por lo $y$ debe ser par.

Ahora, a partir de (3) $x^2=t^2+s^2, y^2=2ts$ implica $ {x^4-y^4=(t^2-s^2)^2}$ , $t$ y $s$ de distinta paridad. Desde $t^2+s^2=x^2$, escribimos $t=m^2-n^2, s=2mn$$x=m^2+n^2$$(m,n)=1$.

De ello se desprende $y^2=2(m^2-n^2)(2mn)=4(m^2-n^2)mn$ Por lo tanto $m=p^2, n=q^2$$y^2=4(p^2-q^2)p^2q^2$, y puesto que y es, incluso,$(p^2-q^2)(p^2+q^2)p^2q^2= w^2$.

Por lo tanto, de $(x^2-y^2)(x^2+y^2)x^2y^2=z^2$ tenemos otra ecuación $(p^2-q^2)(p^2+q^2)p^2q^2= w^2$ similar a la primera con los valores de $p,q$ menos que los valores de $x, y$. Este proceso puede repetirse indefinidamente por lo tanto, infinito descenso, hemos acabado la prueba.