Если $x^2$ делится на $2xy+y^2-1$, то $2x$ делит $y^2-1$

[nnosipov]

Всем желающим предлагаю продегустировать следующую задачу.

Натуральные $x$ и $y$ таковы, что $x^2$ делится на $2xy+y^2-1$. Докажите, что $y^2-1$ делится на $2x$.

Буду рад, если поделитесь ощущениями.

[Руст]

Пусть $x^2=2kxy+k(y^2-1).$ Пусть $v_p(x)>0$ и $v_p(k)=c$.
Тогда $v_p(y^2-1)\ge min(2v_p(x)-c,v_p(2x)).$
Т.е. для нечетных $p$ $v_p(y^2-1)\ge v_p(x)$.
Т.е. делимость может отсутствовать, только если $v_p(k)>v_p(x)$. Для всех других простых это верно. Но тогда получаем противоречие с положительностью $y^2$.

[nnosipov]

Руст в сообщении #390401 писал(а):

Пусть $x^2=2kxy+k(y^2-1).$ Пусть $v_p(x)>0$ и $v_p(k)=c$.
Тогда $v_p(y^2-1)\ge min(2v_p(x)-c,v_p(2x)).$
Т.е. для нечетных $p$ $v_p(y^2-1)\ge v_p(x)$.
Т.е. делимость может отсутствовать, только если $v_p(k)>v_p(x)$. Для всех других простых это верно. Но тогда получаем противоречие с положительностью $y^2$.

Вот это фокус! Как Вам удалось обойтись без метода спуска?! Впервые такое вижу. Что-то подозрительно. Нельзя ли поподробнее?

[nnosipov]

Всё же предлагаю вернуться к этой (на мой взгляд, непростой) задаче. Увы, то решение, которое дал Руст, не является решением. Правильное решение использует бесконечный спуск. Есть ли принципиально другие подходы?

[age]

Для начала можно рассмотреть $\dfrac{x^2}{2x+y^2-1}\in\mathbb{Z}$, ну а оттуда увидеть и требуемое, т.к. $(x,y)=1$

[nnosipov]

age в сообщении #401557 писал(а):

Для начала можно рассмотреть $\dfrac{x^2}{2x+y^2-1}\in\mathbb{Z}$, ну а оттуда увидеть и требуемое, т.к. $(x,y)=1$

Как именно увидеть-то? И откуда, кстати, следует, что $(x,y)=1$?

[gris]

А что если сложить $x^2+2xy+y^2-1=(x+y+1)(x+y-1)$.
Это делится на $x^2$.

[sup]

Бесконечный спуск получается сравнительно легко. Пусть $x^2=k(2xy+y^2-1)$. Нетрудно видеть, что $x/2y -1/4 < k < x/2y$. Отсюда получаем представление $x=2ky+x_1$, где $x_1 < y/2$. Следовательно $y=2x_1+y_1$. Подставляя полученные выражения в исходное равенство, легко убедиться, что $x_1,y_1$ тоже удовлетворяют условию задачи.

[age]

nnosipov
Для начала рассмотрим случай, когда $\dfrac{x^2}{2x+y^2-1}\in\mathbb{Z}$. Если $(x,y)\neq1$, то $(2x+y^2-1,x)=k$, откуда $(y^2-1,x)=k$. Но как известно $(y^2-1,y)=1$. Откуда требуемое.

[nnosipov]

gris в сообщении #401688 писал(а):

А что если сложить $x^2+2xy+y^2-1=(x+y+1)(x+y-1)$.
Это делится на $x^2$.

Нет, это делится на $2xy+y^2-1$ (по условию, $x^2$ делится на $2xy+y^2-1$, а не наоборот). Но что дальше-то делать?

-- Ср янв 19, 2011 18:15:13 --

sup в сообщении #401714 писал(а):

Бесконечный спуск получается сравнительно легко. Пусть $x^2=k(2xy+y^2-1)$. Нетрудно видеть, что $x/2y -1/4 < k < x/2y$. Отсюда получаем представление $x=2ky+x_1$, где $x_1 < y/2$. Следовательно $y=2x_1+y_1$. Подставляя полученные выражения в исходное равенство, легко убедиться, что $x_1,y_1$ тоже удовлетворяют условию задачи.

Да, это верное решение, но загадочное. Конечно, легко убедиться, что так получаемая пара чисел $(x_1,y_1)$ удовлетворяет условию задачи. Но как объяснить это чудо? Почему вдруг так получилось? На мой взгляд, самое простое и естественное объяснение вытекает из теории уравнений Пелля. Или можно как-то по-другому?

-- Ср янв 19, 2011 18:18:52 --

age в сообщении #401729 писал(а):

nnosipov
Для начала рассмотрим случай, когда $\dfrac{x^2}{2x+y^2-1}\in\mathbb{Z}$. Если $(x,y)\neq1$, то $(2x+y^2-1,x)=k$, откуда $(y^2-1,x)=k$. Но как известно $(y^2-1,y)=1$. Откуда требуемое.

Требуемое --- это, как я понимаю, равенство $(x,y)=1$. Но я совсем не понимаю, как это равенство вытекает из указанных двух равенств: $(y^2-1,x)=k$ и $(y^2-1,y)=1$.

[gris]

я внезапно отвлёкся и совсем забыл свою идею. Но скорее всего, я просто увидел разложение на множители, а вот что с ним делать, увы, не знаю .
Ничего нельзя?

[nnosipov]

gris в сообщении #401777 писал(а):

я внезапно отвлёкся и совсем забыл свою идею. Но скорее всего, я просто увидел разложение на множители, а вот что с ним делать, увы, не знаю .
Ничего нельзя?

Боюсь, что да. Вот если бы как-то удалось доказать, что $2xy+y^2-1$ взаимно просто с одним из сомножителей ... Но я сейчас с ходу не соображу, верно ли это вообще.

[age]

nnosipov в сообщении #401768 писал(а):

Требуемое --- это, как я понимаю, равенство $(x,y)=1$. Но я совсем не понимаю, как это равенство вытекает из указанных двух равенств: $(y^2-1,x)=k$ и $(y^2-1,y)=1$.

Да требуемое это $(x,y)=1$.
Ну если так не видно, то тогда так:
Пусть $(x,y)=p$, тогда $\begin{cases} y\div p\\ 2x-1\div p \end{cases}$
Откуда $(x,2x-1)=p$. Что невозможно. Т.е. $(x,y)=1$.

-- Ср янв 19, 2011 20:55:20 --

Кстати, ваша задача эквивалентна более простой задаче $\dfrac{x^2}{x+p}\to p\div x$

[nnosipov]

age в сообщении #401860 писал(а):

nnosipov в сообщении #401768 писал(а):

Требуемое --- это, как я понимаю, равенство $(x,y)=1$. Но я совсем не понимаю, как это равенство вытекает из указанных двух равенств: $(y^2-1,x)=k$ и $(y^2-1,y)=1$.

Да требуемое это $(x,y)=1$.
Ну если так не видно, то тогда так:
Пусть $(x,y)=p$, тогда $\begin{cases} y\div p\\ 2x-1\div p \end{cases}$
Откуда $(x,2x-1)=p$. Что невозможно. Т.е. $(x,y)=1$.

-- Ср янв 19, 2011 20:55:20 --

Кстати, ваша задача эквивалентна более простой задаче $\dfrac{x^2}{x+p}\to p\div x$

А откуда следует, что $2x-1$ делится на $p$? И в чём состоит ваша более простая задача, нельзя ли её точно сформулировать? Запись $\dfrac{x^2}{x+p}\to p\div x$ для меня непонятна.

[age]

nnosipov в сообщении #401885 писал(а):

А откуда следует, что $2x-1$ делится на $p$?

Ну если $x^2\div(2x+y^2-1)$, $x=k_1p$ и $y=k_2p$, то $\overbrace{k_3p}^{x^2}\div[(2x-1)+\overbrace{k_4p}^{y^2}]$. Последнее невозможно без требуемого.

-- Ср янв 19, 2011 23:58:23 --

nnosipov в сообщении #401885 писал(а):

Запись $\dfrac{x^2}{x+p}\to p\div x$ для меня непонятна.

$\dfrac{x^2}{x+p}\in\mathbb{Z}\to p\div x$. Так понятней?