Либо квадрат, либо куб

[nnosipov]

rightways в сообщении #1459129 писал(а):

И вроде доказал что оно равно 1.

Нет, $k$ может принимать бесконечно много значений.

[wrest]

rightways в сообщении #1459129 писал(а):

В общем, я порешал вот это

$$k=\frac{x^3+x+y^2}{x^2y+1}$$

И вроде доказал что оно равно 1. Если я не ошибся.

$x=1;y=2;k=2$

-- 30.04.2020, 13:16 --

nnosipov в сообщении #1459132 писал(а):

Нет, $k$ может принимать бесконечно много значений.

$k=n^3+n; n=1,2,3...$

[nnosipov]

wrest в сообщении #1459146 писал(а):

$k=n^3+n; n=1,2,3...$

Да, это, скорее всего, и есть полный ответ. Но, честно говоря, я еще не написал аккуратное доказательство. У меня только ощущение, что это можно сделать.

[wrest]

nnosipov в сообщении #1459165 писал(а):

Но, честно говоря, я еще не написал аккуратное доказательство. У меня только ощущение, что это можно сделать.

В смысле, надо доказать, что других целых решений, кроме $y=x^3(x^2+1);k=x(x^2+1)$ нет?

[nnosipov]

wrest
Да. Я имел в виду, правда, только натуральные решения (в целых положительных числах).

[rightways]

Если

$$k=\frac{ax^2+y^2+a}{axy+1}$$

целое, то оно равно $1, a+d^2$ или $ad^2+a$. Где $d$ это НОД $x,y$.

А вот это верно?

[nnosipov]

rightways в сообщении #1459326 писал(а):

А вот это верно?

Не знаю. Здесь Вам должно быть виднее.

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #1459165 писал(а):

Но, честно говоря, я еще не написал аккуратное доказательство.

Вот теперь написал. Собственно, оно не сильно отличается от того, что у меня было заготовлено для исходной задачи. Похоже, идея пригодна для исследования равенств

$$k=\frac{f(x)+y^2}{x^2y+1}$$

с произвольным кубическим многочленом $f(x)$. Кому это интересно, дайте, пожалуйста, знать.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1460150 писал(а):

Кому это интересно, дайте, пожалуйста, знать.

Мне интересно.

[nnosipov]

ОК, вот способ найти все пары $(x,y)$ натуральных чисел, для которых число

$$k=\frac{x^3+x+y^2}{x^2y+1}$$

также является целым (и, очевидно, натуральным).

Поскольку относительно $y$ имеем квадратное уравнение, его дискриминант $D=k^2x^4-4x^3-4x+4k$ должен быть точным квадратом. Вот это и будем изучать.

Будем считать $k \geqslant 2$ и $x \geqslant 4$ (оставшиеся значения $k$ или $x$ можно исследовать отдельно и понятно как). Рассмотрим следующие случаи.

а) $2 \leqslant k \leqslant x$. Здесь

$$ (k^2x^2-2x-1)^2<k^2D<(k^2x^2-2x)^2. $$

Правое неравенство равносильно неравенству

$$ (k^2x^2-2x)^2-k^2D=4x^2+4k^2(x-k)>0, $$

которое очевидно. Левое неравенство выполняется при $k \geqslant 2$ и любом $x$.

б) $x<k \leqslant x^2/2$. Здесь

$$ (k^2x^2-2x)^2<k^2D<(k^2x^2-2x+1)^2. $$

Левое неравенство равносильно неравенству

$$ k^2D-(k^2x^2-2x)^2=4k^2(k-x)-4x^2>0, $$

что опять очевидно. Правое неравенство --- это

$$ (k^2x^2-2x+1)^2-k^2D=2k^2(x^2-2k)+4x^2+4(k^2-1)x+1>0, $$

оно тоже очевидно.

в) $x^2/2<k<x^3+x$. Здесь

$$ (kx^2-1)^2<D<(kx^2)^2. $$

Правое неравенство очевидно, а левое равносильно неравенству

$$ D-(kx^2-1)^2=2x^2(k-2x)+4k-4x-1>0, $$

которое верно при $k>2x$, а значит, и при $k>x^2/2$, так как $x^2/2 \geqslant 2x$ при $x \geqslant 4$.

г) $k>x^3+x$. Здесь

$$ (kx^2)^2<D<(kx^2+1)^2, $$

что очевидно.

Итак, $k=x^3+x$ и $y=x^5+x^3$. Иными словами, $(x,y)=(t,t^5+t^3)$, где $t$ --- любое натуральное число.

[Shadow]

Спасибо. Тут хорошая идея, до которой я не додумался - зажать между соседних квадратов $k^2D$, а не просто $D$

[nnosipov]

Еще один момент, над которым имеет смысл подумать: как заранее находить граничные значения для $k$ при разбивке на случаи. Похоже, здесь должно помочь разложение в ряд для $\sqrt{k^2D}$ при $x \to \infty$ и анализ первых членов разложения (имеется в виду общий случай с произвольным кубическим многочленом $f(x)$). По крайней мере, в двух разобранных мною примерах так удавалось сделать.

[nnosipov]

rightways в сообщении #1456582 писал(а):

Пусть $a,b,x,y,k$ натуральные числа. Причем

$$k=\frac{ax^2+y^2}{abxy+1}$$

Тогда $k=d^2$ или $k=ad^2$, где $d=\gcd(x,y)$

(Исправил опечатку.)

Предлагаю аккуратно доказать это утверждение. Вроде бы здесь никаких тайн нет, но можно попробовать сочинить доказательство покороче.

[nnosipov]

rightways в сообщении #1459326 писал(а):

Если

$$k=\frac{ax^2+y^2+a}{axy+1}$$

целое, то оно равно $1, a+d^2$ или $ad^2+a$. Где $d$ это НОД $x,y$.

А вот это верно?

Это утверждение тоже верно (и даже немного интереснее, чем предыдущее).