Когда дробь целое число

[nnosipov]

Ээ, это немного из другой оперы. Но как иллюстрация полезности формул Виета --- в самый раз.

[TR63]

nnosipov в сообщении #918847 писал(а):

$$ \frac{y^3+y+1}{xy+2} $$

$(k,x,y)\in N$
$y^3+(1-kx)y+(1-2k)=0$
$y\le (2k-1)$, т.к. находится среди делителей свободного члена.
$y\ge kx-1$, исходя из количественной характеристики корней.
1). Уравнение имеет один положительный и два отрицательных корня.
$y_1-y_2-y_3=kx-1$
2). Один положительный и два комплексных с отрицательной действительной частью из-за неустойчивости.
Тогда $x\le2$. Т.к. в заданной области определения x нечётное, то $x=1$
Дальше пока не рассматривала.
Заинтересовала задача Shadow. (Много интересных моментов). Её, наверно, надо перенести в отдельную тему. Или ждать, когда закончится рассмотрение обобщённой исходной задачи.

[nnosipov]

TR63 в сообщении #919917 писал(а):

$y\ge kx-1$, исходя из количественной характеристики корней.

Неверно.

TR63 в сообщении #919917 писал(а):

Тогда $x\le2$. Т.к. в заданной области определения x нечётное, то $x=1$

Неверный вывод. Возможны значения $x>1$.

[TR63]

Да. Поняла. Сумма корней равна нулю. Отсюда ошибка у меня и пошла.

-- 17.10.2014, 21:34 --

Мой метод может пригодиться для решения другого уравнения:
$\frac{y^3+y^2+1}{xy^2+2}=k$

$y^3-(kx-1)y^2+(1-2k)=0$
nnosipov, жду решения обобщённого Вашего исходного уравнения.

[nnosipov]

TR63 в сообщении #919937 писал(а):

nnosipov, жду решения обобщённого Вашего исходного уравнения.

Если вот этого: $y^3-(kx-1)y^2-(2k-1)=0$, то здесь всё просто. Видно, что $2k-1$ делится на $y^2$ и, как следствие, $2k-1 \geqslant y^2$. С другой стороны, $k \leqslant y$. Отсюда $y \geqslant (y^2+1)/2$, что возможно только при $y=1$. Но тогда и $x=1$.

[TR63]

nnosipov в сообщении #920099 писал(а):

Если вот этого: $y^3-(kx-1)y^2-(2k-1)=0$

Нет. Речь о Вашем обобщении, а не о моём. Действительно, моё обобщение доказывается тривиально. Вот ещё вариант:
Учитывая, что доказано ранее: $x=1$, получаем
$\frac{y^3+y^2+1}{y^2+2}=\frac{y^3-1}{y^2+2}+1=k$ $\to$ $y=1$, $k=1$, т.к. (y) не может быть ни чётным, ни нечётным.

Если рассмотреть все варианты возможных обобщений исходного уравнения, то получится интересная информация, подтверждающая или опровергающая законы диалектики, а именно: переход количественных изменений в изменения качественные. Пока что три варианта (один nnosipov и два моих) диалектику подтверждают. Из решения моего уравнения (а оно, решение, единственно) следует, что уравнение nnosipov имеет более одного решения (учитывая, что одно есть), и, по его словам, он это может подтвердить. Лично я жду этого подтверждения.
Перечислю варианты возможных обобщений в рамках одного алгоритма: увеличения степени при переменной (y) на единицу:
1). $\frac{y^2+y+1}{xy+2}=k$ $(Q=1)$

2). $\frac{y^3+y^2+1}{xy^2+2}=k$ $(Q=1)$

3). $\frac{y^2+y+1}{xy^2+2}=k$ $(Q=1)$

4). $\frac{y^3+y+1}{xy+2}=k$ $(Q>1)$

5). $\frac{y^3+y+1}{xy^2+2}=k$ $(Q=?)$

6). $\frac{y^3+y^2+1}{xy+2}=k$ $(Q=?)$

$(k,x,y)\in N$. Q-количество решений.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #918847 писал(а):

$$ \frac{y^3+y+1}{xy+2} $$

(Оффтоп)

Извините, я не заметил что есть новая задача (не заметил что $y$ в третьей степени) и написал задачу в Вашу тему. Открою новую.

$y^3-(kx-1)y-(2k-1)=0, \quad 2k-1=my$. Сводим к квадратному, $m$ - нечетное.

$2y^2-mxy-(x+2m-2)=0$
Так как один корень - натуральное, то второй имеет вид $y_2=-\dfrac z 2$, где $z$ - нечетное натуральное. Я люблю Виета :
$\\2y-z=mx\\ yz=x+2m-2$

1) $z=1$

$\\2y-1=mx\\ y=x+2m-2$

$2x+4m-5=mx\Rightarrow (x-4)(m-2)=3$

$\\m=1,x=1,y=1\\ m=3,x=7,y=11\\ m=5,x=5,y=13$

2) $z=3$
Аналогично, сводится к $(4-3x)(3m-2)=31\quad \Rightarrow x=1,m=11,y=7$

3) $z \ge 5$. Оценка $x+2m-2\ge 2mx$
Сводится к $(2m-1)(x-1)<-1$ что невозможно.

[nnosipov]

Shadow, всё верно. Новую тему заводить нет нужды, задачи похожи. Я бы добавил ещё вот какой вариант исследования уравнения

Shadow в сообщении #920160 писал(а):

$2y^2-mxy-(x+2m-2)=0$

А именно, написать дискриминант и зажать его между двумя квадратами. (Так я поначалу и поступил, а уже потом вспомнил про Виета.)

Кстати, когда-то подобная задача предлагалась на IMO.

-- Сб окт 18, 2014 18:48:08 --

TR63 в сообщении #920116 писал(а):

Лично я жду этого подтверждения.

Shadow уже написал решение. Вы можете этот способ решения опробовать на Вашем примере 6.

[TR63]

$2x+4m-5=mx$
$x=4+\frac{3}{m-2}$
$m\le5$

$(x-2)+2m\ge 2mx$
$x>1$ $\to$ $x\ge2$
$x+2m\ge 2mx$, т.к. при $a\ge2$, $b\ge2$ $a+b\le ab$,т.е. случай (5) невозможен.

Виет-сила. Я так поняла, что осталось решить пятый пример.

[nnosipov]

TR63 в сообщении #920272 писал(а):

Я так поняла, что осталось решить пятый пример.

Решите, здесь попроще будет.

[TR63]

Хорошо, попробую, но не сегодня. Т. е. можно переходить к задаче Shadow. (У меня есть идея, но я в ней ещё не уверена.)

[TR63]

Shadow в сообщении #919211 писал(а):

А можем ли доказать следующее:

$$a,b \in \mathbb{N},(ab-1) \mid (a^2+b^2)\Rightarrow \dfrac{a^2+b^2}{ab-1}=5$$

Обозначим правую часть (k). Тогда $k\le 5$, т.к. левая часть монотонно убывает при увеличении переменных $(a,b)$, начиная с минимального значения $(a;b)=(1;2)$.
Случай $k=(1;2)$ совсем прост. Остаётся рассмотреть $k=(3;4)$, учитывая, что $a\neq b$
1). $k=3$
$a^2-3ba+b^2+3=0$
$D=5b^2-12$
$5(b^2-1)=7+c^2$. Правая часть не может быть кратна 5, т.к. в ней числа (устанавливаем факт перебором) не имеют последней цифрой 5. Т. е. решений нет.
2). $k=4$
$a^2-4ba+b^2+4=0$
Из условия следует, что (a) и (b) не могут быть одновременно чётными. А, сумма двух нечётных квадратов не может быть кратна 4. Т.е. решений нет.
Вывод: $(a,b,k)=(1,2,5)$.
С Виетом, наверно, проще.

[Shadow]

TR63 в сообщении #921131 писал(а):

левая часть монотонно убывает при увеличении переменных $(a,b)$

Мммм, нет. Почему переменные должны увеличиваться "одинаково"? Левая часть может быть сколь угодно большим.

TR63 в сообщении #921131 писал(а):

Вывод: $(a,b,k)=(1,2,5)$.

Тоже неправильный вывод, при $k=5$ множество таких пар бесконечно. Ладно я напишу решение, сразу станет понятно почему.

$$\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}=k \eqno{(1)}$$

Рассмотрим квадратное уравнение относительно переменной $a$. У него два корня.

$a^2-kba+b^2+k=0$

1. Если $a_1\in\mathbb{N}$, то и $a_2\in\mathbb{N}$ (Виет)

2. Если $b>1$, то $b$ находится между корнями уравнения,т.е $a_1>b>a_2$

Что равносильно $(a_1-b)(a_2-b)<0$

$a_1a_2-b(a_1+a_2)+b^2<0$ (Виет)

$b^2+k-kb^2+b^2<0$

$kb^2-2b^2-k>0$

$(k-2)(b^2-1)>2$

Верно, так как $b>1$ и $k=\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}>2$

Тоесть, если для фиксированного $k$ существует пара натуральных чисел $a_1>b_1>1$ , удовл. $(1)$, то существует меньшая пара натуральных чисел $b_1>a_2$, удовл. $(1)$ и т.д спуск. При каких $k$ он закончится и при каких нет, думаю, понятно.

-- 20.10.2014, 09:33 --

Да, и насчет бесконечности таких пар при $k=5$. Применим тот же алгоритм спуска,только для "подъема", начиная с пар $(1,2)$ и $(1,3)$

[TR63]

Можно считать, что $a<b$. Shadow, при $a>\frac b 2$ не существует $k>5$. Откуда следует, что при $a\le\frac b 2$ существует $k>5$. Приведите пример.

[Shadow]

TR63 в сообщении #921153 писал(а):

Откуда следует, что при $a\le\frac b 2$ существует $k>5$. Приведите пример.

$a=2,b=99,k\approx 49.77$