Нелинейное диофантово уравнение

[Stensen]

Уважаемые помогите решить уравнение в целых числах: $x^2+xy+y=x^2y^2$. Решаю как квадратное относительно $x$:

$x^2(1-y^2)+yx+y=0$, дискриминант здесь: $D(y)=y(4y^2+y-4) \geqslant 0$ при: $y=\left\lbrace -1,0,1,2,..., n,... \right\rbrace$ , где: $n\in\mathbb{Z}$ . Перебирая $y$ нахожу пары решений: $(-1,1), (0,0), (-1,-1) $

А как найти остальные решения или показать, что других нет?

[Cash]

Можно заметить, что икс - делитель игрека.
Правда, это лишь немного сокращает расчет.
Можно и сразу показывать, что при $|y| \geqslant 2$ правая часть будет больше много где. То есть область, в которой находятся корни вашего квадратного уравнения, скажем так, весьма ограничена.

[Sinoid]

Cash в сообщении #1189135 писал(а):

Можно заметить, что икс - делитель игрека.

И подобная идея будет применяться еще раз...

[Sonic86]

Sinoid в сообщении #1189139 писал(а):

Cash в сообщении #1189135 писал(а):

Можно заметить, что икс - делитель игрека.

И подобная идея будет применяться еще раз...

Да, так сильно проще - считать почти ничего не надо. Надо только не забыть, что в $\mathbb{Z}$ две единицы, а не одна.

[Stensen]

Cash в сообщении #1189135 писал(а):

Можно заметить, что икс - делитель игрека

Поскольку $y \, \vdots \, x$ (и даже на $x^2$, если правильно понимаю) , представим: $y=xk,\, k\in\mathbb{Z}$ , тогда: при $x \ne 0$ после упрощений: $x^3k^2=x(1+k)+k$. Дальше мозг отказал. Или здесь нужно показать, что левая часть всегда больше правой для $ y>1, \, x>1$

[wrest]

Stensen в сообщении #1189108 писал(а):

А как найти остальные решения или показать, что других нет?

А почему бы не попробовать продолжить с дискриминантом?
К нему предъявляется требование быть квадратом целого числа, иначе иксы будут иррациональными.
Поскольку теперь $D(y)=y(4y^2+y-4)$ должно быть квадратом целого числа, и игреки тоже должны быть целые, то это накладывает дополнительные ограничения. Например, чтобы $ab=q^2$ где все целые, $a$ и $b$ могут быть только нулем, единицей или квадратом (почему?). Ноль и единицу мы проверили раньше, так что нас интересуют игреки, не равные нулю или единице.
Тогда это сводится к решению уравнения
$4y^2+y-4=t^2$ в целых числах.
Опять находим дискриминант и получаем что $(4t)^2+65$ должно быть квадратом.
По старой схеме, записываем $v=4t$, тогда уравнение $v^2+65=u^2$ надо опять решить в натуральных числах (отрицательные нас не интересуют по смыслу), переписываем как $(u-v)(u+v)=65$ и такая пара натуральных $u$ и $v$ уж теперь-то точно только одна (почему?). Находим её, находим $t$, находим $y$, удивляемся что он и вправду квадрат, и $D(y)=y(4y^2+y-4)$ -- тоже квадрат, подставляем этот игрек назад в исходное уравнение и находим что икс при этом не целый, т.е. не решение. А других нет потому что целых решений $v^2+65=u^2$ было только одно и оно не подошло.

Это если "в лоб". И походу надо ответить на два "почему".

[Cash]

Stensen в сообщении #1189267 писал(а):

тогда: при $x \ne 0$ после упрощений: $x^3k^2=x(1+k)+k$. Дальше мозг отказал. Или здесь нужно показать, что левая часть всегда больше правой для $ y>1, \, x>1$

Я тоже вначале тут и встал.
Но как подсказывают более въедливые умные товарищи, эту идею можно продолжить дальше.
Например, доказать 2 утверждения:
a) $k|x$
b) $x|k$

-- Чт фев 02, 2017 13:54:35 --

wrest в сообщении #1189269 писал(а):

Например, чтобы $ab=q^2$ где все целые, $a$ и $b$ могут быть только нулем, единицей или квадратом (почему?).

Действительно, почему?
$a=2, \quad b=8$

[wrest]

Cash в сообщении #1189270 писал(а):

Действительно, почему?

Чёрт, все пропало...

[Лукомор]

Можно попробовать сгруппировать попарно:
$xy+y=x^2y^2-x^2$.
Тогда
$y(x+1)=x^2(y^2-1)$
Здесь уже просматриваются все три решения, приведенные ТС.
А дальше, полагая $x\ne 0$, и $y\ne 0$, можно поделить обе части равенства на ${x^2}y$
И внимательно посмотреть на результат...

[grizzly]

Лукомор в сообщении #1189283 писал(а):

И внимательно посмотреть на результат...

Действительно. Изящно.

-- 02.02.2017, 14:26 --

Но это уже больше похоже на полное решение, чем на тонкий намёк, как здесь:

Cash в сообщении #1189135 писал(а):

при $|y| \geqslant 2$ правая часть будет больше много где.

[Лукомор]

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1189285 писал(а):

Но это уже больше похоже на полное решение

Кажется, я позволил что-то лишнее...
А на какой строке мне следовало остановиться?

[grizzly]

(Лукомор)

Лукомор в сообщении #1189288 писал(а):

Кажется, я позволил что-то лишнее...

Да ничего. Идея настолько простая, что подсказывать её частями -- форменное издевательство. Но хорошо бы, чтоб ТС довёл также свои идеи до конца (ему в этом как раз помогают), а не только воспользовался Вашими.

[Stensen]

Лукомор в сообщении #1189283 писал(а):

Можно сгруппировать попарно:
$y(x+1)=x^2(y^2-1)$ и полагая $x\ne 0$, и $y\ne 0$, поделить обе части равенства на ${x^2}y$
И внимательно посмотреть на результат...

Получил: $\frac{x+1}{x^2} = \frac{y^2 -1}{y}$. Правильно ли понимаю, что выражение слева будет целым числом только при $x=\pm 1$ ($x=1$ не подходит), а справа монотонно-возрастающая функция (для $y\geqslant 2$) и именно поэтому других решений, кроме найденных, нет? Так?

Cash в сообщении #1189270 писал(а):

Stensen в сообщении #1189267 писал(а):

тогда: при $x \ne 0$ после упрощений: $x^3k^2=x(1+k)+k$

идею можно продолжить дальше. Например, доказать 2 утверждения:
a) $k|x$
b) $x|k$

Из-за того, что правая часть должна одновременно делиться на $x $ и $k$ видно, что $x=k$ , и отсюда $x=-1$ и $y=\pm 1$. Верно?

[Лукомор]

Stensen в сообщении #1189298 писал(а):

Так?

Не так!
Выражение слева (и справа), уже не обязано быть целым числом после деления обоих (или обеих?) частей исходного равенства на ${x^2}y$.
Так что, смотрим дальше, внимательно и пристально...

[Stensen]

Лукомор в сообщении #1189302 писал(а):

Выражение слева (и справа), уже не обязано быть целым числом после деления обоих (или обеих?) частей исходного равенства на ${x^2}y$.
Так что, смотрим дальше, внимательно и пристально...

Что-то мне подсказывает, суть в том, что каждая часть зависит только от своей переменной. Если в этом дело, то не знаю чем мне это поможет?