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[原创] 关于方程a^2+b^2=c^2+1的通解探索

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发表于 2014-7-20 16:48:03 | 显示全部楼层 |阅读模式

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昨天回家了,现在在家搞卫生,几个月不在房间里住,各种尘土飞扬~~不过看到大家在群上讨论得如此活跃,我也偷偷懒,写些东西。

数值计算结果及相关讨论,可以参考:/forum.php ... 4797&fromuid=70

首先可以肯定的是,方程
$$a^2+b^2=c^2+1$$
不大可能有比较简单的通解,因为如果有的话,那么它的特例——pell方程:$2x^2=y^2+1$的通解——也不会这么复杂。

本文的思想大多数都是hujunhua大神传授的,当然,也可能是无意间教会我的,反正,思想来源于他,见帖子:
/thread-3514-1-1.html

我们可以在$\mathbb{Z} [ i ]$ 中探讨这个问题,$\mathbb{Z} [ i ]$也是唯一分解环。上述方程可以写成
$$(a+bi)(a-bi)=(1+ci)(1-ci)\equiv N$$

也就是说,$N$在$\mathbb{Z}[ i ]$中至少存在两种不同的分解方式,但是由于分解是唯一的,所以必定存在不同的复数$Z_1,Z_2$,使得
$$Z_1 Z_2=a+bi,\quad Z_1 \bar{Z}_2=1+ci$$

那么设$Z_1=p+qi,Z_2=s-ti$,那么
$$\begin{aligned}
ps-qt&=1\\
pt+qs&=c\\
ps+qt&=a\\
qs-pt&=b
\end{aligned}
$$
这可以视为上述方程的通解。不失一般性,可以设$p,q,s,t$都是正整数,因为在改变符号时,方程之间可以相互转化。这样子,必须有$0 < p < q , \ 0< t < s$,而且解在p和t交换且s和q交换时也不变,因此还可以设$q<\sqrt{c}$

现在的问题是出现了不定方程
$$ps-qt=1$$

如果要统计解的数目,或者要输出通解,就得考虑这道方程的通解。但是,如果任意给定$p,q$,这就是扩展欧几里得算法问题,它究竟在多少步后终结,得看$p,q$具体情况而定,所以应该不存在简单的解。

但是,直觉地说,欧几里得算法会比直接分解因数要快。

对于一些简单的情况,可以给出显式解,比如已知恒等式$(k+1)^2-(k+2)k=1$,那么可以设
$$p=k+1,\ q=k+2,\ s=k+1,\ t=k$$
从而给出通解之一
$$c=2(k+1)^2,\ a=2(k+1)^2-1,\ b=2(k+1)$$

抛砖引玉~~剩下的该怎么处理,还请大家指教。
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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 楼主| 发表于 2014-7-20 17:36:50 | 显示全部楼层
等于1的恒等式可以从$1=[(k+1)-k]^n$的展开式得到。
比如
$$1=(k+1)^3-3(k+1)^2 k+3(k+1)k^2-k^3=(k+1)^3-k (3 + 3 k + k^2)$$
让$p=k+1,q=3+3k+k^2,s=(k+1)^2,t=k$,得到
$$c=3 + 10 k + 11 k^2 + 5 k^3 + k^4,\ a=1 + 6 k + 6 k^2 + 2 k^3,\ b=3 + 8 k + 9 k^2 + 5 k^3 + k^4$$

或者让$p=(k+1)^2,q=3+3k+k^2,s=(k+1),t=k$,得到
$$c=3 + 7 k + 6 k^2 + 2 k^3,\ a=1 + 6 k + 6 k^2 + 2 k^3,\ b=3 + 5 k + 2 k^2$$
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 楼主| 发表于 2014-7-20 17:52:11 | 显示全部楼层
一般的通解,若然存在的话,应当是有两个自由参数的。下面我是给出的一个二参数解(参数都是整数,允许为负),不知道是不是通解(搞卫生去了,没时间验证呀)
$$\begin{aligned}
a&=-u+v+u v^2\\
b&=1+2uv\\
c&=u+v+uv^2
\end{aligned}$$

点评

估计做不到  发表于 2014-7-20 21:28
这个是怎么推导出来的呢?那么`a^3+b^3\pm 1=c^3`是否可用类似方法求解?  发表于 2014-7-20 20:57
这个非常棒。根据平方剩余分析可知,a,b中必有一个为奇数(不妨设是b),剩下两个数(a,c)必然同奇偶。而这个通解满足这个要求。  发表于 2014-7-20 19:27
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 楼主| 发表于 2014-7-20 19:29:12 | 显示全部楼层
已知$a^2+b^2=c^2+1$的通解,可以(部分地)计算$a^2+b^2+1=c^2$的通解,根据恒等式
$$(p^2+s^2+t^2)^2=(p^2-s^2-t^2)^2+(2pt)^2+(2ps)^2$$
只需令
$$\begin{aligned}
s&=-u+v+u v^2\\
t&=1+2uv\\
p&=u+v+uv^2
\end{aligned}$$
得到
$$\begin{aligned}
a&=-2 u^2 + 2 v^2 + 4 u v^3 + 2 u^2 v^4\\
b&=2 u + 2 v + 4 u^2 v + 6 u v^2 + 4 u^2 v^3\\
c&=1 + 2 u^2 + 4 u v + 2 v^2 + 4 u^2 v^2 + 4 u v^3 + 2 u^2 v^4
\end{aligned}$$
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发表于 2014-7-20 19:46:24 | 显示全部楼层
本帖最后由 kastin 于 2014-7-20 20:55 编辑
282842712474 发表于 2014-7-20 17:52
一般的通解,若然存在的话,应当是有两个自由参数的。下面我是给出的一个二参数解(参数都是整数,允许为负 ...


对比/thread-5703-1-1.html中7楼和9楼,可知
`u=0`的时候,通解为`(1,v,v)`的形式,正好符合7楼的结果。
由于奇数的平方数模4余1,偶数的平方数模4余0。因此不定方程`a^2+b^2=c^2+1`的正整数解必然满足以下奇偶模式:(奇,奇,奇)或(奇,偶,偶)或(偶,奇,偶)。因为`b`恒为奇数,`a`,`c`相差`2u`,必然奇偶性相同。所以通解符合上述奇偶要求。

但在解为(偶,奇,偶)的情况中,发现`b`,`c`相差为1的解会丢失。比如说,对于上面链接中9楼给的结果:( 4,  7,  8),( 8, 31, 32),(10, 49, 50)...
除非`u`,`v`可以取负数,否则上述解不会出现。

另外还发现通项结果会有重复,也就是说,取不同的`u`,`v`,得到的解(不考虑`a`和`b`顺序)会是一样的。不过这不要紧。

期待更完善的通解形式。如果能给出,那么根据上面的链接可知`a^2+b^2-1=c^2`的通项也完全可解决。

点评

还是不错的,至少应该能遍历所有情况。4楼结果应该是最完善的了。  发表于 2014-7-20 20:56
错了,是负数  发表于 2014-7-20 20:20
这里的u、v确实可以取复数,把结果加上绝对值就行。  发表于 2014-7-20 19:54
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发表于 2014-7-21 02:52:09 | 显示全部楼层
\[
a^2+b^2=c^2+1 \\
b^2-1=c^2-a^2 \\
(c-a)(c+a)=(b-1)(b+1) \\
\]
\(1.\)赋值\(b=b+1,c=c+a\),得:
\[c(c+2a)=b(b+2)\]
两边模\(2\),得:
\[c^2=b^2  \pmod{2}\]
得:\(c\)与\(b\)同为奇数或同为偶数

当\(c\)与\(b\)同为奇数,赋值\(b=2b+1,c=2c+1\),得:
\[(2c+1)(2c+1+2a)=(2b+1)(2b+1+2) \\
(2c+1)^2+2a(2c+1)=(2b+1)^2+2(2b+1) \\
4c^2+4c+1+4ac+2a=4b^2+4b+1+4b+2 \\
\]
两边模\(4\),得:
\[1+2a=3 \pmod{4} \\
2a=2 \pmod{4}\]
得\(a\)为奇数,赋值\(a=2a+1\),得:
\[
4c^2+4c+1+4(2a+1)c+2(2a+1)=4b^2+4b+1+4b+2 \\
4c^2+4c+1+4(2a+1)c+4a+2=4b^2+4b+1+4b+2 \\
c^2+c+(2a+1)c+a=b^2+b+b \\
c^2+2c+2ac+a=b^2+2b \\
\]
两边模\(2\),得:
\[c^2+a=b^2 \pmod{2}\]
赋值\(a=b^2-c^2+2k\),得:
\[
c^2+2c+2(b^2-c^2+2k)c+(b^2-c^2+2k)=b^2+2b \\
c^2+2c+2b^2c-2c^3+2kc+b^2-c^2+2k=b^2+2b \\
c+b^2c-c^3+kc+k=b \\
k=(b-c-b^2c+c^3)/(c+1) \\
k=(b-b^2c)/(c+1)+c^2-c \\
k=b(1-bc)/(c+1)+c^2-c \\
\]
赋值\(c=c-1\),得:
\[
k=b(1-b(c-1))/(c)+(c-1)^2-(c-1) \\
k=b(b+1)/c+2-b^2-3c+c^3
\]
因此\(c\)整除\(b(b+1)\),其解法同下,省略


\(2.\)当\(c\)与\(b\)同为偶数时,赋值\(b=2b,c=2c\),得:
\[2c(2c+2a)=2b(2b+2)\]
继续上式:
\[
4c(c+a)=4b(b+1) \\
c(c+a)=b(b+1) \\
a=\frac{b(b+1)}{c}-c \\
\]
因此,\(c\)整除\(b(b+1)\),这里如何避免对\(b(b+1)\)做因子分解?
综上所述,给定\(b\),对\(b(b+1)\)做因子分解,取出其中每个因子\(c\)
可构造原方程的所有整数解。

回溯过程:
令\(b=u,c=v\),且\(v\)是\(u(u+1)\)的因子,得:
\(
b=u \\
c=v \\
a=\frac{b(b+1)}{c}-c=\frac{u(u+1)}{v}-v \\
\\
开始赋值: \\
2. \\
b=2b=2u \\
c=2c=2v \\
a=a=\frac{u(u+1)}{v}-v \\
\\
1. \\
b=b+1=2u+1 \\
c=c+a=2v+1+a \\
a=a=\frac{u(u+1)}{v}-v \\
\)
回溯完毕,结果\(1.\)即是原方程的一组解,另一组解可以按相同方法由省略部分回溯给出

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发表于 2014-7-21 04:28:59 | 显示全部楼层
同样遇到线性同余方程的求解了,可以使用扩展欧几里得算法,求得一个初始解,即可表示所有通解
考虑优化式子:
\[\frac{u(u+1)}{v}\]
设\(u,v\)的最大公因子为\(d\)

\(1.\)赋值\(u=ud,v=vd\),则:
\[
\frac{u(u+1)}{v}
=\frac{ud(ud+1)}{vd}
=\frac{u(ud+1)}{v}
\]
此时,\(u\)与\(v\)互质,所以:
\[\frac{ud+1}{v}=n\]
即:
\[ud-vn=-1\]

此时要求\(d\)和\(n\)的最大公因子为\(1\),可用扩展欧几里德算法,求出上式的一个解\(u_0,v_0\),那么上式的通解为:
\[\left\{\left( u_0+kn,  v_0+kd\right) \mid k \in \mathbb{Z} \right\}\]

因此任意给定互质的\(d\)和\(n\),求得方程\(ud-vn=-1\)的一个解\(u_0,v_0\),那么有:
\[u=u_0+kn,v=v_0+kd \mid k \in \mathbb{Z}\]
开始回溯赋值
\(
1.\\
u=ud=(u_0+kn)d \\
v=vd=(v_0+kd)d \\
\)
回溯完毕,得原题\(a^2+b^2=c^2+1\)的一组解如下:
\(
b=2u+1=2(u_0+kn)d+1 \\
a=\frac{u(u+1)}{v}-v=\frac{(u_0+kn)((u_0+kn)d+1)}{(v_0+kd)}-(v_0+kd)d \\
c=2v+1+\frac{u(u+1)}{v}-v=2(v_0+kd)d+1+\frac{(u_0+kn)((u_0+kn)d+1)}{(v_0+kd)}-(v_0+kd)d \\
\)

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wayne + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 先赞一下,再看究竟。

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发表于 2014-7-23 09:39:30 | 显示全部楼层
先放两组平凡解

\( a = 1, b = k, c = k \)
\( a = k, b = 1, c = k \)
\( k \) 是非负整数
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发表于 2014-7-23 10:53:08 | 显示全部楼层
又两组
\( a = 2n, b = 2n^2-1, c = 2n^2 \)
\( a = 2n+1, b = n^2+n-1, c = n^2+n+1 \)
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发表于 2014-7-23 14:27:45 | 显示全部楼层
一楼给出的实质上就是著名的丢番图恒等式`(ac\pm bd)^2+(ad\mp bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)`
用复数证明相当简单,因为
`(a^2+b^2)(c^2+d^2)=|a+bi|^2\*|c-di|^2=|(a+bi)(c-di)|^2=|(ac+bd)+(ad-bc)i|^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2`
并且还有
`(a^2+b^2)(c^2+d^2)=|a+bi|^2\*|c+di|^2=|(a+bi)(c+di)|^2=|(ac-bd)+(ad+bc)i|^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2`
合并一下就得到了上面的丢番图恒等式。这个恒等式给出了一条边可表示成两直角三角形的斜边的情形。

回归到问题`x^2+y^2=z^2+1`的正整数解。
那么问题的解可表示为$$\begin{cases}x=ac-bd\\
y=ad+bc\\
z=ac+bd\\
1=ad-bc\end{cases}\tag{1}$$其中满足`a>b>0,c>d>0`。
注意到5楼的奇偶分析,问题的解只能是(奇,奇,奇) 或(奇,偶,偶)或(偶,奇,偶),而根据上面通解的形式可知,`x`与`z`同奇偶,`y`与`1`同奇偶,因此`y`只能是奇数,故`x`和`z`只能同时为奇数或者同时为偶数。

于是我们可以得到许多类的通解(可能有相互覆盖)

考虑到`1=ad-bc`,这说明`(a,b)=1且(c,d)=1`,所以取特殊值的时候需要注意这点
比如令`a=1,b=0`便得到平凡解`(n,1,n)`
又如令`a=b+1`(因为相邻整数互质)
又如令`a=2k+3,b=2k+1`(因为相邻奇数互质)
又如令`a=(k+1)^2,b=k^2`(因为相邻平方数互质)

所以`x^2+y^2=z^2+1`没有双参数形式的通解,这是由于该方程非齐次,故通解只能表达为多参数形式的通解,并且带有能降次的约束等式,`(1)`恰好是满足这一要求的通解中最简单的形式。

点评

@葡萄糖,比如,“丢番图方程”一般泛指以(正)整数解的代数方程,而并不是某个特殊的方程。  发表于 2014-9-15 22:41
@丢番图恒等式,这是国外人对代数等式的统称叫法,一般多出现在论文中,我并没追究其具体名称。  发表于 2014-9-15 22:40
怪不得搜不到“丢番图恒等式”,原来“婆罗摩笈多-斐波那契恒等式”又是一个张冠李戴的例子!  发表于 2014-9-15 12:55
你可以检验一下大范围内的解是不是都满足这个公因子约束。检验解的时候注意x,y,z的奇偶顺序。  发表于 2014-7-23 17:41
@无心人,同样,`(z+x)`与`(y+1)`除2以外,还有公因子`a`。(因为若`c=d`,又由于`(c,d)=1`,故只能是`c=d=1`)。这说明上述通解给出的结果满足这种约束,我小范围检验解都满足这个约束。  发表于 2014-7-23 17:40

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