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

[Edward_Tur]

nnosipov в сообщении #463120 писал(а):

А о таком:

$$y^4-4x^4+y^3+x=0?$$

Здесь вообще всё шито белыми нитками.

Заметим, что $y<2x$. Перепишем уравнение так: $(2y^2+y)^2=16x^4-4x+y^2$.
Поскольку $(4x^2-1)^2<16x^4-4x+y^2<(4x^2+1)^2$,
то $(2y^2+y)^2=(4x^2)^2, 4x=y^2$.

[nnosipov]

Edward_Tur, всё верно! Рад, что Вы вернулись к этой теме. Предыдущие примеры немного похитрей, но тем приятней будет понять, в чём там фокус. Как на Ваш взгляд, это что-то новенькое в олимпиадной теории чисел или хорошо забытое старое?

[Edward_Tur]

Конечно, же "хорошо забытое старое" (так как и все анекдоты были известны в Древнем Риме).
Первая Всесоюзная олимпиада в Тбилиси:
$x^2+x=y^4+y^3+y^2+y$

[nnosipov]

Edward_Tur в сообщении #463223 писал(а):

Конечно, же "хорошо забытое старое" (так как и все анекдоты были известны в Древнем Риме).
Первая Всесоюзная олимпиада в Тбилиси:
$x^2+x=y^4+y^3+y^2+y$

Ну, это если брать только мой последний пример. Конечно, идея "зажать между двумя квадратами" стара как мир. В моих других примерах этой темы есть и что-то другое, как мне кажется. Тут такое дело: мы можем написать произвольное уравнение вида $2x^4-xy^3+f(x,y)=0$, где $\deg{f} \leqslant 3$, и оно решится, причём совершенно элементарно. Вот этот элементарный подход мне и кажется новым.

[Edward_Tur]

Вероятно Вы правы! Все предыдущие задачи этой темы никто не осилил.

[nnosipov]

Кстати, с общим уравнением вида $y^4-4x^4+f(x,y)=0$ с $\deg{f} \leqslant 3$ немного проще (как кажется), но чуточку сложнее, чем в рассмотренном выше конкретном примере: надо лишь аккуратно "расфасовать" кубическую однородную часть многочлена $f(x,y)$, после чего "зажимать между двумя квадратами", воспользовавшись оценкой $y \asymp x$ при больших $x$ и $y$.

[juna]

nnosipov в сообщении #463026 писал(а):

А что скажете о таком уравнении:

$$ 2x^4-xy^3+y^3-y^2=0? $$

Вполне вероятно, здесь есть "левый" путь решения, уравнение совсем уж коротенькое. Было бы интересно и его найти.

Можно доказать, что все решения должны обладать свойствами: $y=z^2$ - нечетный квадрат натурального числа, $x=8\cdot k\cdot z$. Но не вижу, чем это может помочь в решении.

[nnosipov]

juna в сообщении #464124 писал(а):

nnosipov в сообщении #463026 писал(а):

А что скажете о таком уравнении:

$$ 2x^4-xy^3+y^3-y^2=0? $$

Вполне вероятно, здесь есть "левый" путь решения, уравнение совсем уж коротенькое. Было бы интересно и его найти.

Можно доказать, что все решения должны обладать свойствами: $y=z^2$ - нечетный квадрат натурального числа, $x=8\cdot k\cdot z$. Но не вижу, чем это может помочь в решении.

Здесь http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=415333 это тоже уже заметили, но толку пока мало.

[juna]

nnosipov в сообщении #464167 писал(а):

Здесь http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=415333 это тоже уже заметили, но толку пока мало.

Что-то больно длинное (по поводу $x=8d$ я ошибся).
Перепишем $2x^4=y^2(xy-y+1)$, подбираем четность $x,y$ и, исходя из порядка двойки в левой и правой части, подходит только $x=2n,y=2m+1$, подставляем, получаем: $2^4 \cdot n^4=(2m+1)^2\cdot (n(2m+1)-m)$. Поскольку $2m+1,(n(2m+1)-m)$ взаимнопросты, то $2m+1=z^2,n(2m+1)-m=2^4k^4$ при $k\cdot z=n$. Сделаем замены: $2nz^2-z^2+1=32k^4$, приходим к такой модификации исходного уравнения $2\cdot k\cdot z^3-z^2+1=32\cdot k^4$.

juna в сообщении #464564 писал(а):

juna в сообщении #464198 писал(а):

по поводу $x=8d$ я ошибся

Нет, не ошибся.
$2\cdot k\cdot z^3-z^2+1=32\cdot k^4$
$2k\cdot (z^3-16\cdot k^3)=(z-1)(z+1)$, поскольку $z$ - нечетно, то $(z-1)(z+1)=2d(2d+2)=4d(d+1)$, т.е. $k$ делится на $4$, значит $x$ на 8.
Кроме того, $k|m$:
$y^2\cdot (y-1)=x\cdot (y^3-2x^3)$,
$y=z^2=2m+1,x=2kz$,
$z^4\cdot 2m=2kz(z^6-2\cdot (2kz)^3)$
$m=k(z^3-2^4\cdot k^3)$, т.е. $y$ - нечетный квадрат вида $8\cdot l+1$

Перепишем:
$y\cdot (y+1)\cdot (y-1)=x\cdot (y^3-2\cdot x^3)$ (из этого, кстати, ясно, что даже $16|x$, но доказательства это не пригодится)
Показали, что $y=z^2,x=16\cdot l \cdot z$. Значит
$z^2 \cdot (z^2+1)\cdot (z^2-1)=16 \cdot l \cdot z \cdot (z^6-2\cdot 16^3 \cdot l^3 \cdot z^3)$ или
$(z^2+1)(z^2-1)=16 \cdot l \cdot z^2 \cdot (z^3-2\cdot 16^3 \cdot l^3)$, т.е. $z^2|(z^2+1)(z^2-1)$ - противоречие.

[nnosipov]

juna в сообщении #464198 писал(а):

nnosipov в сообщении #464167 писал(а):

Здесь http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=415333 это тоже уже заметили, но толку пока мало.

Что-то больно длинное ...

Вот короткое. Пусть $d=\gcd{(x,y)}$ и $x_1=x/d$, $y_1=y/d$. Имеем

$$ 2d^2x_1^4-d^2x_1y_1^3+dy_1^3-y_1^2=0, \eqno(*) $$

откуда следует, что $2d^2$ делится на $y_1^2$. Значит, $2d$ делится на $y_1$, т.е. $2d=ky_1$ для некоторого натурального $k$. После подстановки в $(*)$ получим $2k^2x_1^4-k^2y_1^3x_1+2ky_1^2-4=0$, так что $k=1$ или $k=2$.

Некоторый прогресс есть, но самое интересное будет дальше.

[Батороев]

Если нигде не наврал...

$2x^4-xy^3+y^3-y^2=0$

Можно заметить, что $y$ - нечетное число и $x^2$ имеет либо делитель $y$, либо делитель $y^2$.

Тогда после сокращения на $y^2$, получим:

-либо уравнение:

$2z^4y^2-zy+y-1=0$

откуда, получим $y=1$; $x=0$

-либо уравнение:

$2z^4-zy+y-1=0$

или:
$(z^4-1)=y(z-1)-z^4$,

что невозможно, т.к. $z^4$ и $z-1$ взаимно просты.

[nnosipov]

Батороев в сообщении #464230 писал(а):

Тогда после сокращения на $y^2$, получим:

-либо уравнение:

$2z^4y^2-zy+y-1=0$

Вот тут поподробнее объясните. Вообще из уравнения $2x^4-xy^3+y^3-y^2=0$ следует, что $2x^4$ делится на $y^2$, откуда $2x^2$ делится на $y$, т.е. $2x^2=zy$. Теперь можно исключить либо $y$ (и тогда получим уравнение $-z^3+2z+4x^3-4x^2=0$), либо $x$ (тогда будем иметь $2y^3z-4+8y+4z^2-4y^2-4yz^2-z^4=0$). Как Вы получили уравнение $2z^4y^2-zy+y-1=0$ и что в нём обозначает $z$, непонятно.

[Батороев]

$x^4$ - это произведение четвертых (или кратных четырем) степеней простых множителей. Поэтому сокращая на какой-либо квадрат, мы либо вычеркиваем из этого произведения квадраты простых множителей, либо четвертые степени.
$z^4$ - это произведение множителей, которые не тронуло сокращение.
При любом раскладе двойка, которая была первоначально при $x^4$, после сокращения останется.

-- 02 июл 2011 20:16 --

Понял, на какую мою ошибку Вы указывали.
В случае, когда $y$ не является квадратом, следовало записать (не взирая на то, что неизвестных уже три :) ):
$2z^4y^{2k}-xy+y-1=0$, где $k$ - натуральное число.
Но ответ получим прежний:
$1=y\cdot (2z^4y^{2k-1}-x+1)$
Откуда $y=1$, $x=0$.

[nnosipov]

Батороев в сообщении #464323 писал(а):

$x^4$ - это произведение четвертых (или кратных четырем) степеней простых множителей. Поэтому сокращая на какой-либо квадрат, мы либо вычеркиваем из этого произведения квадраты простых множителей, либо четвертые степени.
$z^4$ - это произведение множителей, которые не тронуло сокращение.
При любом раскладе двойка, которая была первоначально при $x^4$, после сокращения останется.

Всё равно непонятно. Напишите то уравнение, к которому переходите. Напишите формулы, связывающие новые неизвестные (это, как я понял, моё $y$ и Ваше загадочное $z$) со старыми неизвестными (это мои $x$ и $y$). В любом случае такой переход нужно делать аккуратно.

Батороев в сообщении #464323 писал(а):

В случае, когда $y$ не является квадратом ...

Выше уже доказали, что $y$ является точным квадратом. На данный момент это и есть весь прогресс в решении задачи.

[Батороев]

Если $2x^4$ делится нацело на $y^2$, где $y=y_1^2$, то $2\dfrac {x^4}{y_1^4}=2z^4$. С этим Вы согласны?