Диофантово уравнение с тремя неизвестными-1

[nnosipov]

Найдите все решения уравнения $x^4+y^2z=xy^2z+y$ в натуральных числах.

Комментарий. При $z=1$ это уравнение предлагалось на олимпиаде "Бельчонок" (финал 2023 года, 4-й вариант). Никто эту задачу тогда не решил (на сайте олимпиады доступны сканы работ победителей и призеров, можно посмотреть, как школьники пытались ее решать).

[dmd]

$(x,y,z)=(1,1,z), (6,16,1), (x,1,1 + x + x^2 + x^3)$

[nnosipov]

Да, ответ именно такой. А теперь давайте попробуем доказать, что если $x>1$ и $y>1$, то есть только $(x,y,z)=(6,16,1)$.

[mathematician123]

Пусть $x, y > 1$. Выразив $z$, получим, что число $\frac{x^4 - y}{y^2(x - 1)}$ целое положительное. Если $p$ -- простой делитель числа $y$, то $p$ делит $x$, причём $\nu_p(y) = 4\nu_p(x)$. Значит, можно сделать замену $y = t^4$, $x = wt$.

$$\frac{x^4 - y}{y^2(x - 1)} = \frac{w^4 - 1}{t^4(wt - 1)}$$

В частности, $wt - 1 \mid w^4 - 1$. При этом, есть дополнительное ограничение $w^4 - 1 \ge t^4(wt - 1)$. Есть гипотеза, что при $t > 1$ это возможно только для пар $(t, w) = (t, t^3)$ и $(t, t^2 - t + 1)$. Я проверил на компьютере для $w < 30000$, сейчас думаю как доказать.

[nnosipov]

mathematician123
Хорошая гипотеза, тоже подумаю.

-- Пн авг 12, 2024 21:33:02 --

Оказывается, я уже подумал раньше в этом направлении: да, на этом пути (с помощью уравнений Пелля) есть решение задачи. Однако есть и принципиально иной способ решить исходную задачу (т.е. не прибегая к уравнениям Пелля).

[vicvolf]

dmd в сообщении #1648632 писал(а):

$(x,y,z)=(1,1,z), (6,16,1), (x,1,1 + x + x^2 + x^3)$

Решение. $z=\frac {x^4-y}{y^2(x-1)}$ (1), если знаменатель $(x-1)y^2$ не равен 0.
Если $x=1$, то $y=1$ и $z$ - любое натуральное.
В частном случае при $x=6,y=16$ на основании (1) получаем $z=1$.
В частном случае при $y=1$ на основании (1) получаем $z= \frac{x^4-1}{x-1}=x^3+x^2+x+1$, $x$ - любое натуральное.

[nnosipov]

vicvolf
Читайте внимательно условие задачи.

[vicvolf]

Да, нулевое решение отбросил.

[Null]

vicvolf в сообщении #1649640 писал(а):

Решение.

Самое важное забыли. Нужно доказать что других решений нет.

[vicvolf]

Null Я просто хотел пояснить, как получается решение dmd. Доказать, что нет других решений, как всегда, самое трудное)

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1649601 писал(а):

есть дополнительное ограничение $w^4 - 1 \ge t^4(wt - 1)$.

Отсюда следует $w^3 > t^5/2$. $wt - 1$ делит $t^4 - 1$, $t^3 - w$. Пусть $\frac{t^3 - w}{wt - 1} = k$. Тогда

$$0 \le k < \frac{t^3}{wt/2} < 4t^{1/3}$$

Если $k = 0$, то $w = t^3$. Пусть $k > 0$.

$$ w = \frac{t^3 + k}{kt + 1}$$

Откуда $kt + 1 \mid k^4 - 1$. Тогда

$$0 \le \frac{k^4 - 1}{kt + 1} < \frac{k^4}{kt} < 64$$

Дальше можно просто перебрать возможные значения $\frac{k^4 - 1}{kt + 1}$.

[nnosipov]

mathematician123
Да, все окей. Оказывается, можно было не доводить дело до уравнений Пелля, я перестраховался. С другой стороны, удивляться не приходится, так как некий канонический (с моей точки зрения) способ решения этой задачи использует только неравенства.

[maxal]

nnosipov в сообщении #1649713 писал(а):

С другой стороны, удивляться не приходится, так как некий канонический (с моей точки зрения) способ решения этой задачи использует только неравенства.

Вот, кстати, в решениях многих подобных задач не хватает методологии. Решения выглядят как некая последовательность "случайных" действий и наблюдений, которая магическим образом приводит к ответу. Гораздо более ценно было бы описать как можно более общий метод и класс уравнений им решаемых.

[nnosipov]

maxal в сообщении #1651096 писал(а):

Вот, кстати, в решениях многих подобных задач не хватает методологии.

В этой задаче точно есть. Если коротко, то идея регулярного подхода для случая $z=1$ представлена здесь: Олимпиада школьников «Бельчонок» 2022-2023 г. Заключительный этап (см. последнюю страницу). Оказывается, она работает и для произвольного $z>1$, но технически сложнее (попозже напишу подробное решение). Но в этих задачах могут сработать и какие-нибудь другие подходы (например, техника уравнений Пелля часто помогает), так часто бывает.

Еще один пример этого метода: Диофантово уравнение с тремя неизвестными-2. Это уравнение взято из книжки Гашков С.Б., Чубариков В.Н. Арифметика. Алгоритмы. Сложность вычислений. М.: Высшая школа, 2000. (см. задачу 10.48), но там оно решается весьма специфически.

[nnosipov]

Вот решение, которое вытекает из метода.

Считаем $x>1$ и $y>1$. Из уравнения следует, что $y=l(x-1)+1$ для некоторого натурального числа $l$. Тогда

$$z(x-1)^2l^2+(2z(x-1)+1)l-x^3-x^2-x+z-1=0,$$

откуда $l+z-4 \equiv 0 \pmod{x-1}$. Значит, число

$$m=\frac{l+z-4}{x-1}=\frac{y+(z-4)(x-1)-1}{(x-1)^2}$$

является целым.

а) Пусть $z \geqslant x+2$. Покажем, что в этом случае

$$l=\frac{y-1}{x-1}<1.$$

Действительно, в противном случае имеем $y \geqslant x$ и тогда

$$x^4=z(x-1)y^2+y \geqslant (x+2)(x-1)x^2+x=x^4+x(x-1)^2,$$

что невозможно при $x>1$.

б) Пусть теперь $4 \leqslant z \leqslant x+1$. Покажем, что $0<m<1$. Левое неравенство очевидно. Далее заметим, что

$$y=\frac{-1+\sqrt{4x^4(x-1)z+1}}{2(x-1)z}.$$

Можно убедиться, что правое неравенство эквивалентно неравенству $F(z)>0$, где

$$F(z)=(x-1)z^3+(-2x^2-4x+4)z^2+(x^3+5x^2+5x-3)z-x^2-2x-2.$$

Неравенство $F(z)>0$ для указанных значений $z$ вытекает из следующих оценок:

$$F(0)=-x^2-2x-2<0, \; F(1)=x^3+2x^2-2>0, \; F(x+2)=x>0,$$ $$F(x+3)=-x^2-2x-2<0, \; F(x+4)=-x-14<0, \; F(x+5)=3x^2+10x-42>0$$

(таким образом, кубический многочлен $F(z)$ имеет корни в интервалах $(0,1)$, $(x+2,x+3)$ и $(x+4,x+5)$, а значит, на отрезке $[4,x+1]$ положителен).

в) Осталось рассмотреть значения $z \in \{1,2,3\}$. При $z=1$ получим единственную пару $(x,y)=(6,16)$, а при $z \in \{2,3\}$ искомых решений не существует.

Решение получается громоздким, но это потому, что фактически нужно решать уравнение с параметром, в роли которого $z$.