2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 China TST 2018
Сообщение30.03.2018, 12:46 


24/12/13
353
Найдите все пары натуральных чисел $(x,y)$ для которых
$$(xy+1)(xy+x+2)$$
$-$ полный квадрат.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение03.04.2018, 22:28 
Заслуженный участник


17/09/10
2143
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение14.04.2019, 12:53 
Заслуженный участник


20/12/10
9061
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение14.04.2019, 15:22 
Заслуженный участник


17/09/10
2143
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение14.04.2019, 15:27 


20/03/14
12041
scwec в сообщении #1387669 писал(а):
"заморожен" убирается

Уберется.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение14.04.2019, 15:29 
Заслуженный участник


20/12/10
9061
scwec в сообщении #1387669 писал(а):
Очень рад
Спасибо, взаимно.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение14.04.2019, 15:55 
Заслуженный участник


04/03/09
910
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение14.04.2019, 16:07 
Заслуженный участник


20/12/10
9061
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение14.04.2019, 16:15 
Заслуженный участник


04/03/09
910
nnosipov в сообщении #1387682 писал(а):
Числители совпадают, а знаменатели, вроде бы, нет.

Действительно, ошибочка вышла.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение24.04.2019, 22:41 
Аватара пользователя


07/01/16
1612
Аязьма
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

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение25.04.2019, 09:14 
Заслуженный участник


20/12/10
9061
waxtep в сообщении #1389259 писал(а):
Для $y$ получается два варианта:
На самом деле достаточно разобрать только первый. В целом, Вы на правильном пути.

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение25.04.2019, 23:12 
Аватара пользователя


07/01/16
1612
Аязьма
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 $-\frac{1}{y-1}$

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение26.04.2019, 06:46 
Заслуженный участник


20/12/10
9061
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).

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение07.08.2019, 12:49 


24/12/13
353
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)

 Профиль  
                  
 
 Re: China TST 2018
Сообщение07.08.2019, 13:32 
Заслуженный участник


20/12/10
9061
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 17 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group