Zufall in der diophantischen Lösungsparametrisierung für pythagoreische Tripel usw

Betrachten Sie ein Tripel von nichtnegativen ganzen Zahlen ( A , B , C ) so dass C 2 = A 2 + B 2 . Dies kann als ganzzahlige Dreiecke mit Seiten angesehen werden ( A , B , C ) so dass C ist die Seite gegenüber a 90 ° Winkel. Solche Tripel sind als pythagoreische Tripel bekannt , und es ist bekannt (auf Wikipedia Euklids Formel genannt ), dass alle solche primitiven (dh gcd ( A , B , C ) = 1 ) Tripel können parametrisiert werden als:

A = M 2 − N 2 B = 2 M N C = M 2 + N 2

Ich fand es immer leicht amüsant (und gelegentlich verwirrend), dass wir versuchten, eine Parametrisierung für Tripel wo zu finden C 2 war eine Summe von zwei Quadraten und erhielt eine Parametrisierung wo C selbst ist eine Summe zweier Quadrate, hat also die gleiche Form.

Heute bin ich auf das Problem der nichtnegativen Tripel gestoßen ( A , B , C ) so dass C 2 = A 2 + B 2 + A B . Dies kann als ganzzahlige Dreiecke mit Seiten angesehen werden ( A , B , C ) so dass C ist die Seite gegenüber a 120 ° Winkel. Solche Tripel werden als 1-pythagoreische Tripel auf OEIS , Eisenstein-Tripel in diesem Artikel und „trythagoräische“ Tripel in diesem Blogbeitrag bezeichnet . Wie auch immer der Name lautet, es stellt sich heraus, dass alle solchen primitiven Tripel parametrisiert werden können (siehe diese sehr schöne Seite ) als:

A = N 2 − M 2 B = M 2 + 2 M N C = M 2 + M N + N 2

Wo M < N so dass gcd ( M , N ) = 1 Und M ≢ N ( Mod 3 ) .

Das ist gruselig: Wir haben solche Tripel gesucht C 2 war von der Form A 2 + A B + B 2 , und es stellt sich heraus C selbst hat eine ähnliche Form, C = M 2 + M N + N 2 .

Frage: Ist das nur ein Zufall? Wenn nicht, was ist los? Was ist die allgemeinste Art von Problem, für das dies (was auch immer „das“ ist) zutrifft?

Es gibt eine allgemeine Methode für homogene diophantische Gleichungen zweiten Grades , aber andere Gleichungen habe ich noch nicht ausprobiert. Auch wenn manchmal die Form anders erscheint, ist es nicht wirklich, zum Beispiel parametrisiert die gleiche Seite Lösungen C 2 = A 2 + B 2 − A B (korrespondierend zu 60 ° Winkel) als C = M 2 + N 2 + M N was ein Gegenbeispiel zu sein scheint, aber beides ersetzt M mit − M oder N mit − N gibt M 2 + N 2 − M N also bin ich mir nicht sicher.

Antworten (2)

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Gauss-Vervielfältigung.

A 2 + A B + 41 B 2 = C 2
A = X 2 − 41 j 2
B = 2 X j + j 2
C = X 2 + X j + 41 j 2

Wenn Sie eine Klassennummer größer als eins haben, mehr Optionen; wir können lösen A 2 + 6 B 2 = C 2 , Wo C = 2 X 2 + 3 j 2 . Oder A 2 + 5 B 2 = C 2 , Wo C = 2 X 2 + 2 X j + 3 j 2 .

Danke! Das erste ist ein schönes Beispiel. Leider ist das für mich ein bisschen wie ein „Zero-Knowledge-Beweis“: Ich kann sagen, dass Sie die Antwort wissen, aber ich scheine nichts gelernt zu haben. :-) Könnten Sie das näher erläutern oder auf geeignete Ressourcen verweisen?
Sie sollten in der Lage sein, David A. Cox, Primes of the Form, zu finden X 2 + N j 2 . Bei Dirichlets Beschreibung der Gauss-Komposition gibt es einen Tippfehler in der ersten Ausgabe, der in der zweiten korrigiert wurde. Kurz gesagt, bei zwei primitiven binären quadratischen Formen derselben Diskriminante können wir die Werte multiplizieren und dieses Produkt durch die Zusammensetzung der beiden Formen darstellen. Ihre Frage ist, wann alle drei Formen die Hauptform sind. en.wikipedia.org/wiki/Binary_quadratic_form
Danke ... Ich werde versuchen, mehr zu lesen. Aus einem kurzen Blick auf Cox's 3.8 verstehe ich, dass es sich um eine Zahl handelt P wird durch eine primitive binäre quadratische Form dargestellt F , und die Nummer Q per Formular G , dann ihr Produkt P Q durch die Form, die die Zusammensetzung von ist F Und G ; hier in diesen Fällen (wenn ich das richtig verstehe) P = Q = C , Und F = G , und es ist so, dass die Komposition sie selbst ist. Aber das scheint in eine Richtung zu gehen; Was nicht offensichtlich ist, ist, dass zum Beispiel every C des Formulars A 2 + B 2 + A B ist das Quadrat einer Zahl der gleichen Form (dh es gibt keine andere Möglichkeit, sie zu erhalten).
Anders gesagt: Ich glaube, ich kann das glauben, wenn C immer durch eine binäre quadratische Form dargestellt wird, dann muss es die gleiche sein wie für C 2 (wenn letzteres nicht auf andere Weise als Komposition erhältlich ist), aber mir ist nicht klar, warum das Generikum C muss diese Form überhaupt haben.
@ShreevatsaR (I) eine Übung, die ich in meiner Antwort vorgeschlagen habe A 2 + 5 B 2 = C 2 , mit A = 2 u 2 + 2 u v − 2 v 2 , B = 2 u v + v 2 , C = 2 u 2 + 2 u v + 3 v 2 . (II) Die Tatsache, dass A , B , C überhaupt als binäre Formen herausgekommen sind, geht auf Fricke und Klein (1897) zurück. Kurz gesagt, wir kennen alle Automorphismen von j 2 − z X , und wir finden Nullvektor s unserer Form mit Hesse-G durch Lösen P T G P = N H , Wo H ist das hessische von j 2 − z X . Siehe math.stackexchange.com/questions/1972120/…
Danke schön. Ich lese weiter :)
@ShreevatsaR Ein Großteil des entsprechenden Materials in Fricke und Klein wurde auf Englisch verfasst, Wilhelm Magnus, Noneuclidean Tesselations and Their Groups. (1974). Die vollständige Automorphismusgruppe einer quadratischen Form zu finden, ist eine viel größere Aufgabe, als nur die "Null"-Vektoren dafür zu finden, wie ich es getan habe.

Das Beispiel, das ich gerne zeige, ist das Lösen

2 ( X 2 + j 2 + z 2 ) − 113 ( j z + z X + X j ) = 0 ,
vier "Rezepte", die alle aus binären quadratischen Formen bestehen
( X j z ) = ( 37 u 2 + 51 u v + 8 v 2 8 u 2 − 35 u v − 6 v 2 − 6 u 2 + 23 u v + 37 v 2 )

( X j z ) = ( 32 u 2 + 61 u v + 18 v 2 18 u 2 − 25 u v − 11 v 2 − 11 u 2 + 3 u v + 32 v 2 )

( X j z ) = ( 38 u 2 + 45 u v + 4 v 2 4 u 2 − 37 u v − 3 v 2 − 3 u 2 + 31 u v + 38 v 2 )

( X j z ) = ( 29 u 2 + 63 u v + 22 v 2 22 u 2 − 19 u v − 12 v 2 − 12 u 2 − 5 u v + 29 v 2 )

Für alle vier Rezepte

X 2 + j 2 + z 2 = 1469 ( u 2 + u v + v 2 ) 2
wirksame Grenzen setzen u , v wenn gegebene Obergrenze an X 2 + j 2 + z 2

Zufall in der diophantischen Lösungsparametrisierung für pythagoreische Tripel usw
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