Когда взаимно просты (a^2*c^2+b^2*d^2) и (a^2*d^2+b^2*c^2)

[Andrey A]

Volik в сообщении #1289385 писал(а):

$x^2=\frac{y^2+z^2}{1+y^2 z^2}$

Если $(a^4+b^4)(c^4+d^4)$ - целый квадрат, то $y=\dfrac{ac}{bd},z=\dfrac{ad}{bc}$ - решение.

Из $(1^4+2^4)(2^4+13^4)=697^2$ следует пара $\left ( \frac{13}{1},\frac{4}{13} \right )$, из $(8^4+13^4)(11^4+32^4)=186337^2$ - $\left ( \frac{52}{11},\frac{143}{256} \right )$ и т.д.

Серпинский приводит некоторые решения ур-я $X^4+Y^4=Z^4+T^4$, но о количестве таковых не распространяется.

[Volik]

Если не словами, то это задача о разрешимости в натуральных числах системы
$\begin{array}{l} G^2=A^2+B^2+C^2 \\ D^2=A^2+B^2 \\ E^2=A^2+C^2 \\ F^2=B^2+C^2 \end{array} $
Три последних уравнения действительно Пифагоровы тройки. По крайней мере одна из них не примитивна. Поэтому члены троек удобней представить в виде
$\begin{array}{l} D=L (1+l^2), \; A=L (1-l^2), \; B=2 L l \\ E=M (1+m^2), \; A=M (1-m^2), \; C=2 M m \\ F=N (1+n^2), \; B=N (1-n^2), \; C=2 Nn \\ \end{array} $,
с целыми $(L,M,N)$ и рациональными $(l,m,n)$.
Решением этой системы являются все Эйлеровы параллелепипеды (главная диагональ иррациональна). При этом первые уравнения каждой строки лишние.
Так же разрешима любая другая комбинация трех уравнений исходной системы (одна из из боковых диагоналей иррациональна)
Эйлер (во сне) советовал доказать, что среди решений второй (его) системы нет совместных с первым уравнением исходной. Увы! Не получается!

[B@R5uk]

Volik в сообщении #1290044 писал(а):

Три последних уравнения действительно Пифагоровы тройки.

Первое уравнение тоже: $G^2=C^2+D^2$

[Volik]

Andrey A в сообщении #1289998 писал(а):

Первое уравнение тоже: $G^2=C^2+D^2$

И не только! Следствием исходного уравнения есть система
$\begin{array}{l} G^2=C^2+D^2 \\ G^2=B^2+E^2 \\ G^2=F^2+A^2 \end{array}$,
которая разрешима в натуральных числах для $G=(I_1^2+I_2^2) (J_1^2+J_2^2) (K_1^2+K_2^2)$

B@R5uk в сообщении #1289998 писал(а):

$(a^4+b^4)(c^4+d^4)$

Спасибо за полезное замечание.