Целые значения рациональной функции-2

[nnosipov]

Целые числа $x$ и $y$ таковы, что число

$$\frac{x^2+y^2+x+y-1}{xy}$$

также является целым. Докажите, что $(x,y)=(\pm 1,\pm 1)$.

P.S. Обычно в подобных ситуациях имеется бесконечно много пар целочисленных аргументов, при которых значения функции оказываются целыми (хотя при этом самих целых значений функции может быть конечное множество). Но в данной задаче это не так, чем она и интересна.

[Andrey A]

Добрый вечер. Сразу видно, что $x,y$ взаимно просты, иначе дробь была бы не сократима. Перепишем ее так: $m=\dfrac{x^2+y^2+x+y-1}{xy}=\dfrac{(x+y)(x+y+1)-1}{xy}-2.$ Видно, что $x,y$ нечетны, поскольку числитель новой дроби нечетен. И еще так: $m+2=\dfrac{(2x+2y+1)^2-5}{4xy}.$ Из предположения $xy \mid (2x+2y+1)^2-5$ следует, что $x,y$ — пара нечетных простых вида $0,1,-1 \mod 5$, или произведения таковых. Ноль, впрочем, тоже отпадает (в числителе дробей оказывается $\pm 1 \mod 5$ ), хотя для доказательства это почти не пригодится. Просто помним на всякий случай, что любые делители $xy$ — простые вида $10k \pm 1$, иначе дробь несократима. Запишем сравнения:

$(2x+2y+1)^2 \equiv 5 \mod xy\ (1)$
$(x+y)^2 \equiv (x+y)^2 \mod xy\ (2)$

Рассматривая $(1)$ отдельно по mod $x,y$, получаем $\left\{\begin{matrix} (2x+1)^2 \equiv 5 \mod y\\ (2y+1)^2 \equiv 5 \mod x \end{matrix}\right.,$ или так: $\left\{\begin{matrix} (2x+1)^2-5=k_1y\\ (2y+1)^2-5=k_2x \end{matrix}\right..$ Перемножая почленно и деля на $4$, имеем новое сравнение $(2xy+x+y)^2 \equiv 5(x-y)^2,$ а перемножая $(1)$ и $(2)$, такое: $\left ( (x+y)(2x+2y+1) \right )^2 \equiv 5(x-y)^2.$ В итоге:

$$5(x-y)^2 \equiv \left ( (x+y)(2x+2y+1) \right )^2 \equiv (2xy+x+y)^2 \mod xy.$$

Тогда $\left ( (x+y)(2x+2y+1) \right )^2-(2xy+x+y)^2=4(x^2 + x y + y^2) (x^2 + 3 x y + x + y^2 + y)$ должно быть кратно $xy.$ Отбрасывая четверку (делимость на нечетные) и слагаемые кратные модулю, получаем $xy \mid (x^2 + y^2) (x^2 + x + y^2 + y)$ и, помня что $x^2 + x + y^2 + y=mxy+1$, окончательно: $xy \mid x^2+y^2.$ Такое может быть только, если $\left | xy \right |=1.$ Несколько неуклюжее, но доказательство.

[Shadow]

Можно использовать скачки Виета, правда, придется рассматривать 3 случая (оба положительные, оба отрицательные, положительное-отрицательное). Рассмотрим первый.

$x^2-(ky-1)x+y^2+y-1=0$, где $k>2$

Исходя из предположения для минимального решения $x_1 \ge x_2\ge y$

с учетом $x_1x_2=y^2+y-1$ видим, что такое возможно только при $x_1=x_2=y=1$ Следовательно при $k=3$. Причем других решений при $k=3$ нет. (Невозможно "подняться", да и дискриминант равен $5(y-1)^2$

Аналогично доказываются другие два случая, там для положительных $x\ge y$ должно выполнятся либо тоже самое, либо $y^2-y-1<0$

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1476436 писал(а):

Перемножая почленно и деля на $4$, имеем новое сравнение $(2xy+x+y)^2 \equiv 5(x-y)^2,$

Какой-то фокус. В упор не вижу, как Вы это получили. Можно подробнее?

-- Ср июл 29, 2020 15:48:16 --

Shadow в сообщении #1476460 писал(а):

Можно использовать скачки Виета, правда, придется рассматривать 3 случая (оба положительные, оба отрицательные, положительное-отрицательное).

Да, это стандартный путь решения. Но мне хотелось сэкономить на числе случаев. Свое решение потом напишу (после того, как разберусь с решением Andrey A, что-то оно мне кажется волшебным).

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1476436 писал(а):

... фокус

Там ошибка, конечно. Правильно $(2xy+x+y-2)^2 \equiv 5(x-y)^2$, и далее
$\left ((x+y)(2x+2y+1) \right )^2-(2xy+x+y-2)^2$ $=4(x^2+x y+y^2+1)(x^2+3x y+x+y^2+y-1)$, что ничего не доказывает. Спасибо за поправку, точно фокус. Так гладко сошлось, что и не стал проверять )

-- 29.07.2020, 12:40 --

PS
Но тогда система $\left\{\begin{matrix} (2x+1)^2 \equiv 5 \mod y\\ (2y+1)^2 \equiv 5 \mod x \end{matrix}\right.$ оказывается вроде бы достаточным условием сократимости. Не понимаю, почему она должна быть неразрешимой.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1476478 писал(а):

... система $\left\{\begin{matrix} (2x+1)^2 \equiv 5 \mod y\\ (2y+1)^2 \equiv 5 \mod x \end{matrix}\right.$ оказывается вроде бы достаточным условием сократимости.

Необходимым — точно. Для $x,y<1000$ решений нет. Как это обосновать, не представляю, но это было бы хорошим доказательством.

[Andrey A]

В "полуцелых" решения бывают: $x=-9,5;y=-5,5$

[novichok2018]

Полуцелые решения тоже можно использовать, чтобы не пропадали. Сделать в исходной дроби замены с половинками, умножить верх и низ на 4, получится новая задача опять в целых числах.

[nnosipov]

Вот решение исходной задачи, которое тоже можно считать стандартным.

Пусть (целое) значение дроби равно $m$, причем $m$ положительно и не равно $2$ (случай отрицательных $m$ рассматривается аналогично). Положим $u=(m-2)x-1$ и $v=(m-2)y+1$. Тогда имеет место равенство

$$ u^2-muv+v^2=(u-v\varepsilon)(u-v\varepsilon^{-1})=B, $$

где введены обозначения

$$ \varepsilon=\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2}, \quad B=(m-2)(m-3). $$

Можно считать, что $m \geqslant 4$. Если $\alpha=u-v\varepsilon>0$, то существует такое $k \in \mathbb{Z}$, что для числа

$$ \alpha_*=u_*-v_*\varepsilon=\frac{u-v\varepsilon}{\varepsilon^k} $$

верны неравенства $\sqrt{B/\varepsilon} \leqslant \alpha_*<\sqrt{B\varepsilon}$. Следовательно,

$$ -\sqrt{\frac{B}{m+2}}<v_*=\frac{-\alpha_*+B/\alpha_*}{\varepsilon-\varepsilon^{-1}} \leqslant \sqrt{\frac{B}{m+2}}. $$

Более того, поскольку $u \equiv v \equiv -1 \pmod{m-2}$, имеем также $u_* \equiv v_* \equiv -1 \pmod{m-2}$. Но тогда $v_*=-1$, что приводит к противоречию. Таким образом, при $m \geqslant 4$ решений нет.

novichok2018 в сообщении #1476575 писал(а):

Полуцелые решения тоже можно использовать, чтобы не пропадали.

Думаю, все полуцелые решения тоже можно найти. Но вот с полуцелыми значениями исходной дроби могут быть проблемы.

[novichok2018]

я имел в виду, что задача о нахождении полуцелых решений для исходной функции эквивалентна (сводится к?) задаче о нахождении целых решений для целочисленности такой функции

$$ \frac{(2x+1)^2+(2y+1)^2+ 4x+4y}{(2x+1)(2y+1)}. $$

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1476589 писал(а):

эквивалентна (сводится к?) задаче о нахождении целых решений для целочисленности такой функции

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

Не понял, каким образом появилось это выражение. Можно просто в исходную функцию подставить $x=u/2$, $y=v/2$ и получить

$$\frac{u^2+v^2+2u+2v-4}{uv}.$$

Множество целых значений последней функции при $(u,v) \in \mathbb{Z}^2$ также можно найти.

[novichok2018]

Сделал подстановку $x \rightarrow x+1/2, y\rightarrow y+1/2$, умножил верх и низ на 4. Так можно?

-- 30.07.2020, 10:54 --

Извините, пропустил четвёрку сверху, поправил.

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1476593 писал(а):

Так можно?

Конечно. Но, к сожалению, здесь мы имеем такой сорт задач, где малейший шаг влево/вправо --- и вот тебе проблема, которую, возможно, никто не сможет решить. Конкретно для той (ошибочной) дроби

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

компьютер намекает, что есть только два ее целых значения при $(x,y) \in \mathbb{Z}^2$. Но легко ли это доказать? Как-то не очень понятно: вдруг какой-нибудь сюрприз типа того, что в этой теме topic134309.html.

[novichok2018]

Тогда будем считать ошибочно получившийся вариант ещё одной задачей по этой теме, хорошо?

[nnosipov]

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

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

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