Целые значения рациональной функции-2

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1476733 писал(а):

Почему бы и нет, вдруг кого-нибудь заинтересует. Итак, предлагается доказать, что единственными целыми значениями дроби

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

при $(x,y) \in \mathbb{Z}^2$ являются $k=0$ и $k=2$.

(добавил в цитате $k$ для ясности) Доказать отсутствие решений при других $k$ можно опять же с помощью Vieta jumping, заменой $2x+1=a/2,\;2y+1=b/2$
При $k=0$ единственое решение $(-1;-1)$

При $k=2$ получается $4(x-y)^2=-(x+y)$ с параметрическим решением.

И при $k=-1$ есть решение и вроде все.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1476962 писал(а):

заменой $2x+1=a/2,\;2y+1=b/2$

Вот это правильная замена: в новых неизвестных $a$, $b$ задача становится полностью аналогична исходной.

Shadow в сообщении #1476962 писал(а):

И при $k=-1$ есть решение и вроде все.

В новых неизвестных есть еще $k=-4$. Но в старых все-таки только два целых значения: $k=0$ и $k=2$.

[nnosipov]

А вот утверждение качественного характера, которое может быть легко доказано тем способом, что я предложил для исходной задачи:

Множество целых значений рациональной дроби

$$\frac{x^2+y^2+ax+by+c}{xy},$$

где $(x,y) \in \mathbb{Z}^2$, будет конечным, если целые числа $a$, $b$, $c$ таковы, что оба уравнения

$$x^2+ax+c=0, \quad y^2+by+c=0$$

не имеют целых корней.

Что скажут по этому поводу любители Vieta jumping?

[rightways]

Наверное достаточно чтобы $x,y$ были ненулевыми?

-- 07.08.2020, 11:21 --

Я пока что доказал это для натуральных $x,y,a,b,c$ где $a,b\ge c$

[nnosipov]

rightways в сообщении #1477785 писал(а):

Я пока что доказал это для натуральных $x,y,a,b,c$ где $a,b\ge c$

Н-да, последнее условие слишком искусственно. У меня складывается впечатление, что в задачах "над $\mathbb{Z}$" прыжки Виета не так удобны, как в задачах "над $\mathbb{N}$".

[rightways]

rightways в сообщении #1477785 писал(а):

Наверное достаточно чтобы $x,y$ были ненулевыми?

А нет это неправильно.

-- 08.08.2020, 10:03 --

Кажется я доказал задачу для всех целых с помошью Виета Jumping, и установил что $|k|\le |a|+|b|+|c|+2$

[nnosipov]

rightways в сообщении #1477920 писал(а):

и установил что $k\le |a|+|b|+|c|+2$

Это интересно. Вместо $k$ надо понимать $|k|$ или как?

[rightways]

nnosipov в сообщении #1477921 писал(а):

rightways в сообщении #1477920 писал(а):

и установил что $k\le |a|+|b|+|c|+2$

Это интересно. Вместо $k$ надо понимать $|k|$ или как?

Так как $a,b,c$ целые то можно считать что $x,y$ натуральные. Если $k<0$ то при $-k>|a|+|b|+|c|$ уже видно что равенство не выполняется. Поэтому считаем что $x,y,k>0$ и дальше по Виета.

[nnosipov]

rightways в сообщении #1477922 писал(а):

Если $k<0$ то при $-k>|a|+|b|+|c|$ уже видно что равенство не выполняется.

Как именно видно?

[rightways]

Правая часть больше нуля

[nnosipov]

rightways в сообщении #1477940 писал(а):

Правая часть больше нуля

О какой правой части идет речь? Напишите подробное доказательство.

[rightways]

Пусть

$$x^2+y^2+ax+by+c=kxy$$

Тогда

$$kxy>ax+by+c$$

Или $-ax-by-c>(-k)xy>(|a|+|b|+|c|)xy>-ax-by-c$

-- 08.08.2020, 12:59 --

Тут $x,y$ я взял как натуральные, без огр общ.

[nnosipov]

Вот теперь понятно, спасибо.

-- Сб авг 08, 2020 15:06:14 --

rightways в сообщении #1477922 писал(а):

Поэтому считаем что $x,y,k>0$ и дальше по Виета.

Ну, здесь тоже неплохо бы увидеть детали. Впрочем, идея понятна, осталось только убедиться в корректности оценки для $k$.

[rightways]

Докажем, что

$$x^2+y^2+ax+by+c=xyk$$

не имеет натуральных решении при $k>|a|+|b|+|c|+2$
Будем считать, что $(x,y)$ решение для которого сумма $x+y$ минимальна.
Пусть $x\ge y$ и $f(t)=t^2-(ky-a)t+y^2+by+c-$ квадратный трехчлен. Докажем, что $f(y)\ge 0$
Пусть $x_1$ второй корень трехчлена $f$ где $x-$ другой корень. Тогда по т. Виета

$$x_1+x=ky-a$$

отсюда $x_1$ целый. Тогда $x_1$ не равен 0 условию.
1) Если $x_1<0$ Тогда по Виета

$$xx_1=y^2+yb+c<0$$

отсюда $by+c<0$ :

$$x^2_1+y^2+ax_1+by+c=x_1yk$$

и

$$x_1yk>ax_1+by+c$$

или

$$(-x_1)a-by-c>(-x_1)yk$$

или $$a+\frac{-(by+c)}{-x_1}>yk$$ *
Заметим что $a-(by+c)\ge a+\frac{-(by+c)}{-x_1}$
Значит

$$a-(by+c)>ky>|a|y+|b|y+|c|y>a-(by+c)$$

противоречие.
2) Если же $x_1>0$:
то $(x_1,y)$ тоже решение и поэтому $x_1\ge x\ge y$
Получается

$$f(y)=(y-x)(y-x_1)\ge 0$$

Последнее эквивалентно следующему

$$2y^2+ay+by+c\ge ky^2>|a|y^2+|b|y^2+|c|y^2+2y^2$$

противоречие!

* Спасибо исправил

Надеюсь и буду рад если все правильно

[grizzly]

(Оффтоп)

rightways в сообщении #1477952 писал(а):

тут я разделил на $x_1$ но почемуто оно не отображается

У Вас почему-то в команде \frac последняя буква -- кирилличная "с" вместо латинской "с". Они визуально неотличимы, но в командах можно использовать только латинские. Так у Вас по всему тексту, то есть в двух соседних формулах.