p^2+1=2y^2，p+1=2x^2

「兩連續整數為畢氏數者只有 k=3」？

話說20^2 + 21^2 = 29^2，而且有無限組這種k。

另外這個問題可以用估計來解。

2010-10-09 22:56:37 補充：
此論證的目的是證明當p>16時必無解(另外顯然p是奇質數)。


先將題目兩式相乘得(2xy)^2 = (p^2+1)(p+1) => 2xy = √[(p^2+1)(p+1)]


1.
現在證明當p>16時，2(x-y) > (p-1) ：

2(x-y) > (p-1)

<=> 4(x^2 -2xy+y^2 ) > p^2-2p+1

<=> 2(p^2+1) + 2(p+1) - 4√[(p^2+1)(p+1)] > p^2-2p+1

<=> p^2+4p+3 > 4√[(p^2+1)(p+1)]

<=> (p^2+4p+3)^2 > 16(p^2+1)(p+1)

最後一式顯然成立，因為 (p^2+4p+3)/(p^2+1)>1 、 (p^2+4p+3)/(p+1)>p>16


2.
再將題目兩式相減，得p(p-1) = 2(x-y)(x+y)

但由1.中證明得知 p(p-1)=2(x-y)(x+y)>(p-1)(x+y)

因此當p>16時(x+y)<p，也就是說(x+y)與(x-y)都跟p互質，

但這又與p(p-1) = 2(x-y)(x+y)矛盾，得證，意即p>16無解。


3.
因此僅需檢驗p=3、5、7、11、13，其中僅有7為解。

哪來的z???
應該是(x,y,p)=(2,5,7)吧

2010-10-07 05:46:19 補充：
顯然p必定為奇數 假設 p=2k+1, k為正整數
p^2+1=2y^2, p+1=2x^2
-->
(2k+1)^2+1=2y^2, (2k+1)+1=2x^2
-->
k+1=x^2, 2k^2+2k^2+1=y^2
k^2+(k+1)^2=y^2
兩連續整數為畢氏數者只有 k=3代入x=2
-->
(x,y,p)=(2,5,7)
只有這一組

2010-10-08 00:04:18 補充：
k=20, p=41, x不為整數