Herleid als volgt:

[latex]x^2 + ax + b = y^2 + cy + d[/latex]

[latex](x + \frac{1}{2}a)^2 - \frac{1}{4}a^2 + b = (y + \frac{1}{2}c)^2 - \frac{1}{4}c^2 + d[/latex]

[latex](x + \frac{1}{2}a)^2 - (y + \frac{1}{2}c)^2 = \frac{1}{4}a^2 - \frac{1}{4}c^2 + d - b[/latex]

[latex](2x + a)^2 - (2y + c)^2 = a^2 - c^2 + 4d - 4b[/latex]

[latex]((2x+a)+(2y+c))((2x+a)-(2y+c)) = a^2 - c^2 + 4d - 4b[/latex]

resultaat:

[latex](2x+2y+a+c)(2x-2y+a-c) = a^2 - c^2 + 4d - 4b[/latex]



(stap 1) Als [latex]a^2 - c^2 + 4d - 4b = 0[/latex] dan zijn er oneindig veel geheeltallige oplossingen (x, y):

Als dit het geval is, is tenminste 1 factor in het linker lid van bovenstaand resultaat gelijk aan nul.

Stel [latex]2x+2y+a+c = 0[/latex]
dan is [latex]y = -x - \frac{a+c}{2}[/latex]
De laatste breuk is geheeltallig:
omdat [latex]a^2 - c^2 + 4d - 4b = 0[/latex] is [latex] a^2-c^2 = 4(b-d)[/latex],
en het verschil van de 2 kwadraten van a resp c is alleen een viervoud als a en c beide even zijn of beide oneven
(bewijs via a=2k+1 en c=2m+1 etc.),
en in dat geval is [latex]\frac{a+c}{2}[/latex] geheeltallig

Evenzo voor [latex]2x-2y+a-c = 0[/latex]


(stap 2) Als [latex]a^2 - c^2 + 4d - 4b \neq 0[/latex] dan zijn er hooguit eindig veel geheeltallige oplossingen (x, y):

Stel [latex]T = a^2 - c^2 + 4d - 4b[/latex].
T heeft slechts eindig veel (negatieve of positieve) delers.
Voor elke deler [latex]d_1[/latex] bestaat er een [latex]d_2 = \frac{T}{d_1}[/latex].
Deze delers stellen we gelijk aan de factoren in het linker lid van bovenstaand resultaat.
We krijgen dan het stelsel

[latex] \left\{ \begin{array}{lll} 2x+2y & = & d_1 -a-c \\ 2x-2y & = & d_2 -a+c \end{array} \right.[/latex]

waaruit we vrij eenvoudig de oplossingen (x, y) kunnen halen.


Kom je hiermee verder?

Hey kan iemand me misschien helpen bij het oplossen van deze vraag.

Laat a, b, c en d gehele getallen zijn. Bewijs dat de vergelijking
x^2 + ax + b = y^2 + cy + d
oneindig veel oplossingen (x, y) in gehele getallen heeft dan en slechts dan als a^2 − 4b = c^2 − 4d