Задача из Олимпиады "Формула единства/Третье тысячелетие"

[Red_Herring]

В январе эта задача была предложена http://formulo.org/en/olympiad/. К сожалению, выяснилось, что имевшееся у жюри решение содержало критическую ошибку.
Недавно один из коллег, профессиональный математик, сумел найти решение этой задачи. Очень сильный школьник может его понять, но не придумать. Вот она (задача):


Павел придумал новый способ складывать числа. Для двух чисел $a$ и $b$ "сумма" определена $a\oplus b= (a+b)/(1-ab)$ (если знаменатель не 0, в противном случае она не определена). После этого он определил умножение на натуральное число обычным образом: "произведение" $a$ и натурального числа $n$ есть сумма $n$ одинаковых членов: $a\otimes n=\underbrace{((a\oplus a)\oplus a)\ldots )\oplus a}_{n\text{ слагаемых, равных } a}$.
Существуют ли два натуральных числа $x\ne y$ таких что $x\otimes y=y\otimes x$?

[Руст]

Любая коммутативная ассоциативная операция на $R$ есть
$f(f^{-1}(a)+f^{-1}(b))$. Это мы здесь уже обсуждали.
То, что придумал Павел, это использование тангенса.
Соответственно вопрос сводится к
$tg(y*arctg(x))=tg(x*arctg(y))?$ или
$y*arctg(x)=x*arctg(y)+k\pi?$ или
$\frac{arctg(x)}{x}=\frac{arctg(y)}{y}+\frac{k\pi}{xy}$.
Из разложения функций $g(x)=\frac{arctg(x)}{x}$ получаем, что для натуральных $x<y$
такое равенство не выполняется.

[Red_Herring]

Руст в сообщении #828376 писал(а):

$\frac{arctg(x)}{x}=\frac{arctg(y)}{y}+\frac{k\pi}{xy}$.
Из разложения функций $g(x)=\frac{arctg(x)}{x}$ получаем, что для натуральных $x<y$
такое равенство не выполняется.

Вот автор и думал, что $k=0$, и использовал монотонность $\frac{arctan(x)}{x}$ для $x>0$.
Но как доказать что

$$\frac{\arctan(x)}{x}=\frac{\arctan(y)}{y}+\frac{k\pi}{xy}$$

не имеет целочисленных решений $x,y,k$ с $x\ne y$?

[Руст]

Цитата:

и использовал монотонность $\frac{arctan(x)}{x}$ для $x>0$.
Но как доказать что

$$\frac{\arctan(x)}{x}=\frac{\arctan(y)}{y}+\frac{k\pi}{xy}$$

не имеет целочисленных решений $x,y,k$ с $x\ne y$?

Может автор так и думал, но не я.
Разлагаем по $\frac{1}{x}$.
$f(x)=\frac{1}{x}(\frac{\pi}{2}-arctg(\frac 1x))=\frac{\pi}{2x}-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{3x^4}-\frac{1}{5x^6}+...$.
$f(x)-f(y)=\frac{\pi (y-x)}{2xy}-\frac{(y^2-x^2}{x^2y^2}+\frac{y^4-x^4}{3x^4y^4}-...=\frac{k\pi}{xy}$.
Если $y>x$ (случай $y<x$ симметричен) показывает, что $2k<y-x$. Пусть $m=y-x-2k$. Тогда
$\frac{\pi m}{2}=\frac{1-t^2}{x}-\frac{1-t^4}{3x^3y^2}+..., t=\frac{x}{y}.$
Что очевидно не выполняется.
Я имел ввиду такое разложение (поленился расписать).

[Red_Herring]

А откуда в последнем выражении степени $y $ в знаменателе? После замены в числителе $x=ty$ происходит сокращение и наоборот мы получаем после умножения на $xy$ этот самый $y$ в первой степени в числителе. Я, кстати, такое сам пробовал, но наткнулся на нечто подобное и сдался. К сожалению, мы не знаем что $y/x^2 \ll 1$.

[RIP]

В этой теме обсуждался подобный вопрос. Перепишем равенство в виде $\left(\dfrac{1+x\mathrm i}{1-x\mathrm i}\right)^y=\left(\dfrac{1+y\mathrm i}{1-y\mathrm i}\right)^x$. Используя факториальность $\mathbb Z[\mathrm i]$ и сравнивая знаменатели слева и справа, получаем равенство $\bigl(f(x)\bigr)^y=\varepsilon\bigl(f(y)\bigr)^x$, где $\varepsilon^4=1$, $f(n)=\begin{cases}1-n\mathrm i,&n\equiv0\pmod2,\\\dfrac{1-n\mathrm i}{1-\mathrm i},&n\equiv1\pmod2.\end{cases}$ В данной задаче хватит равенства модулей: $\bigl|f(x)\bigr|^y=\bigl|f(y)\bigr|^x$. Дальше 3 случая:
1) $x\equiv y\equiv0\pmod2$. Тогда $(x^2+1)^y=(y^2+1)^x$.
2) $x\equiv y\equiv1\pmod2$. Тогда $\left(\dfrac{x^2+1}2\right)^y=\left(\dfrac{y^2+1}2\right)^x$.
3) $x\equiv0\pmod2,y\equiv1\pmod2$. Тогда $(x^2+1)^y=\left(\dfrac{y^2+1}2\right)^x$.
Случаи 1 и 2 более-менее тривиальны, поскольку там хватает соображений монотонности. Случай 3 совсем тривиален (хотя над ним я думал больше всего): из равенства получаем, что $x^2+1$ — точный квадрат, чего не бывает.

[Red_Herring]

RIP в сообщении #828475 писал(а):

В этой теме обсуждался подобный вопрос. .

Да, на этих же идеях основано доказательство, которое я упоминал.

[Руст]

Red_Herring в сообщении #828422 писал(а):

А откуда в последнем выражении степени $y $ в знаменателе? После замены в числителе $x=ty$ происходит сокращение и наоборот мы получаем после умножения на $xy$ этот самый $y$ в первой степени в числителе. Я, кстати, такое сам пробовал, но наткнулся на нечто подобное и сдался. К сожалению, мы не знаем что $y/x^2 \ll 1$.

Да ошибся. Уравнение сведется к:

$$m\pi =\frac{2(1+t)}{x}-\frac{2}{3x^3}\frac{1-t^4}{1-t}+...+\frac{2(-1)^k}{(2k+1)x^{2k+1}}\frac{1-t^{2k+2}}{1-t}+..., t=\frac{x}{y}\le \frac{x}{x+1}.$$

При $x\ge 2$ очевидно, что равенство не выполняется. Для $x=1$ ряд сходится только условно, тем не менее в этом случае получаем:

$$m\pi =\frac{\pi}{2}(1+\frac{1}{y})-\phi(t), t=\frac{1}{y}, \phi(t)=\frac{2}{3x^2}(t^2+t^3)-....+\frac{2(-1)^{k+1}}{(2k+1)x^{2k+1}}(t^2+t^3+...+t^{2k+1})+...$$

Из-за положительности этой функции равенство невозможно и при $x=1$.

[Red_Herring]

А куда исчез делитель $y$ слева (или множитель справа)?

[Руст]

Опять ошибся.
Этот путь для общего случая сложнее приведенного RIP.
Быстро дает ответы только в случае, когда х и у величины одного порядка.

[Red_Herring]

Руст в сообщении #828632 писал(а):

Опять ошибся.
Этот путь для общего случая сложнее приведенного RIP.
Быстро дает ответы только в случае, когда х и у величины одного порядка.

И на старуху бывает проруха (по своему опыту).