China TST 2018

[rightways]

Найдите все пары натуральных чисел $(x,y)$ для которых

$$(xy+1)(xy+x+2)$$

$-$ полный квадрат.

[scwec]

Пусть $(xy+1)(xy+x+2)=z^2$, где $x,y,z$ целые числа и $R=\sqrt{y^2+y}$.
Общее 1-параметрическое решение в рациональных числах выглядит так:
$x=\dfrac{2R-Rt^2}{-R-3Ry+2ty^2+2yt}$
$z=\dfrac{2y^2+2y-tR-3tRy+t^2{y^2}+yt^2}{-R-3Ry+2ty^2+2yt}$,
где $t$ - рациональный параметр.
Поскольку $x,z$ - целые числа, то $R$ - рациональное число.
Поскольку $y$ - целое, то рациональные $R$ - целые и это может быть только при $y=0,-1$
и, соответственно, $x=z^2-2$ , где $z$ - любое целое число или $x=1-{z^2}/2$, где $z$ - любое четное целое число.
Натуральных пар $(x,y)$ здесь нет.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1301516 писал(а):

где $t$ - рациональный параметр.

Фраза намекает, что $t$ --- рациональное число, но это на самом деле ниоткуда не следует. Так что доказательства нет. Удивительно, что этого никто не заметил.

Эта симпатичная задача решается из других соображений (впрочем, довольно хорошо известных). Предлагаю (прежде всего scwec и Shadow) ее решить.

[scwec]

nnosipov, с возвращением Вас. Очень рад, "заморожен" убирается?
Что касается текущей задачи, то я тоже был удивлен, что никто не заметил того, о чем Вы сказали.
Теперь будет кому замечать.

[Lia]

scwec в сообщении #1387669 писал(а):

"заморожен" убирается

Уберется.

[nnosipov]

scwec в сообщении #1387669 писал(а):

Очень рад

Спасибо, взаимно.

[12d3]

Если $(xy+1)(xy+x+2)$ - полный квадрат, то $xy+1 = tu^2$ и $xy+x+2 = tv^2$, причем $v>u$.
Исключая $x$, получим $t= \dfrac{y-1}{y(v^2-u^2) - u^2} = \dfrac{y-1}{(y-1)(v^2-u^2) + v^2}$. При $y>1$ знаменатель больше числителя, а $y=1$ не подходит. Значит, таких пар $(x,y)$ нет.

[nnosipov]

12d3 в сообщении #1387678 писал(а):

$t= \dfrac{y-1}{y(v^2-u^2) - u^2} = \dfrac{y-1}{(y-1)(v^2-u^2) + v^2}$

Числители совпадают, а знаменатели, вроде бы, нет.

[12d3]

nnosipov в сообщении #1387682 писал(а):

Числители совпадают, а знаменатели, вроде бы, нет.

Действительно, ошибочка вышла.

[waxtep]

Такая дорожка кажется перспективной, правда, до конца я ее не смог пройти:
1. Решим уравнение $(xy+1)(xy+x+2)=z^2$ относительно $y$, его положительный корень

$$y=\frac{\sqrt{(2z)^2+(x+1)^2}-(x+3)}{2x}$$

2. Значит, $2z$ и $(x+1)$ - катеты Пифагоровой тройки, один из них равен $k(m^2-n^2)$, а другой $2kmn,k,m,n\in\mathbb{N},m\bot n$. Для $y$ получается два варианта:

$$y=\frac{kn^2-1}{k(m^2-n^2)-1}\quad\text{или}\quad y=\frac{k(m-n)^2-1}{4kmn-1}$$

3. Оценим выражения для $y$ слева и справа:

$$2\leqslant\frac{n^2}{m^2-n^2}<y\leqslant\frac{n^2-1}{m^2-n^2-1}$$

или

$$2\leqslant\frac{(m-n)^2}{4mn}<y\leqslant\frac{(m-n)^2-1}{4mn-1}$$

4. Теперь хочется доказать, что в каждом из случаев целые части ограничивающих дробей равны, и тогда $y$ не может быть натуральным числом. Этого у меня пока не получилось; в общем случае так не работает, например, $\lfloor5/3\rfloor<\lfloor4/2\rfloor$, но, конкретно для нашего вида дробей, почему-то (видимо) работает!

-- 24.04.2019, 23:17 --

Ах черт, еще надо доказать, что верхняя граница не может быть натуральным числом

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1389259 писал(а):

Для $y$ получается два варианта:

На самом деле достаточно разобрать только первый. В целом, Вы на правильном пути.

[waxtep]

nnosipov в сообщении #1389310 писал(а):

На самом деле достаточно разобрать только первый. В целом, Вы на правильном пути.

Может быть, здесь можно действовать по аналогии с решением уравнения Пелля? Записать (для $k=1$)

$$\frac{y}{y-1}m^2-\frac{y+1}{y-1}n^2=1$$

и рассматривать последовательные рациональные аппроксимации $\sqrt{\frac{y+1}y}$. Они не дадут сходимости к единице никогда, в левой части будет чередование $\frac{y}{y-1}$ и $-\frac{1}{y-1}$

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1389422 писал(а):

Может быть, здесь можно действовать по аналогии с решением уравнения Пелля?

Да, все сводится к некоторому уравнению Пелля, и вариантов этого сведения много. Далее используется стандартная техника. Обычно пытаются применить "прыжки Виета", но в данном случае этот прием, похоже, не работает (квадратных уравнений можно насоставлять много, но как "прыгать" непонятно). Вот и приходится прибегать к другим вариантам метода спуска (для меня как раз более естественным) типа поиска "минимальных" решений. Примеры подобного рода на форуме были (что-нибудь типа topic44381.html). Так что в этой задаче интрига чисто методическая.

Есть ли принципиально другие подходы (без уравнений Пелля)? Не знаю, но кажется маловероятным. Но, вообще, такое с задачами подобной тематики случается (вот хороший пример: topic75885.html).

[rightways]

nnosipov в сообщении #1389489 писал(а):

waxtep в сообщении #1389422 писал(а):

Может быть, здесь можно действовать по аналогии с решением уравнения Пелля?

Да, все сводится к некоторому уравнению Пелля, и вариантов этого сведения много. Далее используется стандартная техника. Обычно пытаются применить "прыжки Виета", но в данном случае этот прием, похоже, не работает (квадратных уравнений можно насоставлять много, но как "прыгать" непонятно). Вот и приходится прибегать к другим вариантам метода спуска (для меня как раз более естественным) типа поиска "минимальных" решений. Примеры подобного рода на форуме были (что-нибудь типа topic44381.html). Так что в этой задаче интрига чисто методическая.

Есть ли принципиально другие подходы (без уравнений Пелля)? Не знаю, но кажется маловероятным. Но, вообще, такое с задачами подобной тематики случается (вот хороший пример: topic75885.html).

Прыжок Виета работает)

[nnosipov]

rightways в сообщении #1409081 писал(а):

Прыжок Виета работает)

А показать?

Upd. Сейчас придумалось вот что. Пусть $d = \gcd{(xy + 1,xy + x + 2)}$. Тогда

$$xy + 1 = dm^2, \quad xy + x + 2 = dn^2$$

для некоторых натуральных чисел $m$ и $n$ ($m<n$). Отсюда находим

$$ (y+1)m^2-yn^2=-\frac{y-1}{d}. $$

Ясно, что $y>1$. В таком случае имеем систему неравенств

$$ -y<(y+1)m^2-yn^2<0. \eqno(*) $$

Пусть теперь $n-m=a$, $n+m=b$. Система $(*)$ принимает вид

$$ -4y<a^2+b^2-(4y+2)ab<0. $$

Ну и все, приплыли: это невозможно, что следует из результата topic44381.html Осталось этот самый результат получить с помощью прыжков Виета. То, что это возможно, мне хорошо известно.