Ещё одна задача на делимость

[nnosipov]

Найдите все пары $(x,y)$ натуральных чисел, для которых число

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

также является натуральным.

P.S. Подобных задач, конечно, немало, но здесь и ответ нескучный, и несколько разных подходов к решению есть. Вполне сойдёт для тренировки перед олимпиадой.

[Sonic86]

$x^2y+1 \neq 0$. Перепишем в виде сравнения:
$(x+y)^2 \equiv 0 \pmod{x^2y+1}$.
Выразим $y$: $y \equiv -x^{-2} \pmod{x^2y+1}$, подставим: $(x-x^{-2})^2 \equiv 0 \pmod{x^2y+1}$.
$\text{НОК}(x,x^2y+1) = \text{НОК}(y,x^2y+1)=1$, значит можем умножать и делить на $x,y$
$(x-x^{-2})^2 \equiv 0 \pmod{x^2y+1} \Leftrightarrow (x^3-1)^2 = x^2(x^4-2x)+1 \equiv 0 \pmod{x^2y+1}$
Это верно при $x=1$ или при $y=x^4-2x$ - 2 серии решений.
Вот только Excel мне говорит, что $(4;3),(4;5)$ - тоже решения. Так что это не конец....

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #436231 писал(а):

$x^2y+1 \neq 0$. Перепишем в виде сравнения:
$(x+y)^2 \equiv 0 \pmod{x^2y+1}$.
Выразим $y$: $y \equiv -x^{-2} \pmod{x^2y+1}$, подставим: $(x-x^{-2})^2 \equiv 0 \pmod{x^2y+1}$.
$\text{НОК}(x,x^2y+1) = \text{НОК}(y,x^2y+1)=1$, значит можем умножать и делить на $x,y$
$(x-x^{-2})^2 \equiv 0 \pmod{x^2y+1} \Leftrightarrow (x^3-1)^2 = x^2(x^4-2x)+1 \equiv 0 \pmod{x^2y+1}$
Это верно при $x=1$ или при $y=x^4-2x$ - 2 серии решений.
Вот только Excel мне говорит, что $(4;3),(4;5)$ - тоже решения. Так что это не конец....

Ну что же, все решения Вы успешно нашли. Осталось самое интересное --- доказать, что других решений действительно нет.

[nnosipov]

А не вернуться ли нам к этой задаче? Ответ уже есть, а решения-то пока нет.

[Sonic86]

(Оффтоп)

я пока не могу

Может ее в общем случае решить когда одна квадратичная форма делится на другую?

[nnosipov]

Но знаменатель-то здесь не квадратичен. А для квадратичных форм это приведёт к уравнению Пелля с параметром, которое не всегда легко исследовать. В моем примере ситуация попроще будет.

[nnosipov]

Честно говоря, не ожидал, что эта задача вызовет какие-то непреодолимые затруднения. Может быть, ещё раз попробуем? Обращаюсь, разумеется, к любителям этого жанра, мнения/впечатления которых было бы интересно узнать.

[maxal]

Во-первых, если $y\leq x$, то из неравенства $x^2y+1 \leq (x+y)^2 \leq 4x^2$ следует, что $y<4$. Это дает решения (1,1), (4,3).

Во-вторых, заметим, что

$$x^4\cdot (x+y)^2 - (x^2y+2x^3-1)\cdot (x^2y+1) = x^6 - 2x^3 + 1$$

причем $x$ и $x^2y+1$ взаимно-просты. Таким образом, $x^2y+1$ делит $(x+y)^2$ тогда и только тогда, когда $x^2y+1$ делит $x^6 - 2x^3 + 1$.

Пусть теперь $y>x$, так как $x^2y+1$ делит $x^6 - 2x^3 + 1$, то $x^2y+1$ делит $x^6 - 2x^3 + 1 - (x^2y+1)=x^2(x^4-2x-y)$, а, значит, и $x^4-2x-y$. Положим

$$k=\frac{x^4-2x-y}{x^2y+1}$$

так что

$$x^6 - 2x^3 + 1 = (x^2y+1)(x^2k+1).$$

Из $y>x$ заключаем, что $k<x$. Ну и так как $x^2k+1$ делит $x^6 - 2x^3 + 1$, то $x^2k+1$ делит $(x+k)^2$ и все такие пары $(x,k)$ с $k>0$ нам известны: (1,1) и (4,3). Они соответствуют парам $(x,y)$: (1,-1) и (4,5).

Остается только вспомнить про случай $k=0$, который дает серию решений $(t,t^4-2t)$ для $t\geq 2$.

Итак, все решения в натуральных числах: (1,1), (4,3), (4,5), и $(t,t^4-2t)$ для $t\geq 2$.

Поправка. Еще надо учесть случай $k=-1$ и получить серию решений $(1,t)$ для $t\geq 1$.

[nnosipov]

maxal, спасибо, что не поленились и написали. Правда, Вы где-то умудрились потерять серию решений $(1,t)$, где $t$ --- натуральное . Я приведу ещё один способ решения, тоже в каком-то смысле естественный.

При $x=1$ подходит любое $y$. Далее считаем $x \geqslant 2$. Пусть

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

т.е. $(x+y)^2=k(x^2y+1)$. Дискриминант

$$ D=k^2x^4-4kx^3+4k $$

этого уравнения, рассматриваемого как квадратное относительно $y$, должен быть точным квадратом. Докажем, что если $k \geqslant 3$, то $k=x^2$ и, как следствие, $y=x^4-2x$. Действительно, если $k>x^2$, то, как нетрудно проверить,

$$ (kx^2-2x)^2<D<(kx^2-2x+1)^2. $$

Если же $3 \leqslant k<x^2$, то справедливы неравенства

$$ (kx^2-2x-1)^2<D<(kx^2-2x)^2. $$

Таким образом, в каждом из этих случаях $D$ заключен между квадратами двух последовательных натуральных чисел и потому не может быть точным квадратом. Осталось рассмотреть случаи $k=1$ и $k=2$. В первом из них имеем

$$ (x^2-2x-3)^2<D<(x^2-2x-2)^2 $$

для любого $x \geqslant 7$, а из оставшихся значений $x$ подходит только $x=4$ (и тогда $y=3$ или $y=5$). Во втором случае

$$ (2x^2-2x-2)^2<D<(2x^2-2x-1)^2 $$

при любом $x \geqslant 2$, так что новых решений не будет.

[maxal]

nnosipov в сообщении #467327 писал(а):

maxal, спасибо, что не поленились и написали. Правда, Вы где-то умудрились потерять серию решений $(1,t)$, где $t$ --- натуральное .

Понятно где: $k$ в моем решении может быть равно еще и $-1$ - это и дает пропавшую серию решений. Мне почему-то показалось, что $k\geq 0$ и я поленился это формально проверить.

[nnosipov]

Вот эта версия задачи кажется более симпатичной: найдите все тройки $(x,y,z)$ натуральных чисел, для которых число

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

также является натуральным.

[Shadow]

Кроме очевидного $z=1,x=1$
Умножением числителя два раза на $x^2z$ , делением столбиком...и еще кое-что получется $\forall z,x \in N: y=x(x^3z-2)$

[nnosipov]

Shadow, Вы правы, но там есть ещё парочка-другая решений. Да и доказательство хотелось бы увидеть. Хотя, скорее всего, оно такое же как и у меня. Но всё же при случае напишите.

[Shadow]

А я поспешил. Дошел до $(x^3z-1)^2\vdots x^2zy+1$ и принял условие делимости за равенство( увидел решение). Так что доказательство у меня пока нет

(Оффтоп)

Сейчас мне не дают возможност решать, завтра попробую.

[Shadow]

А Вы решение написали Решение, которое Вы привели для частного случая $z=1$ вполне подходит и для общего. Только там дискриминант будет
$D=k^2x^4z^2-4x^3kz+4k$ Рассуждения те же самые - при $k>x^2$, решений нет, аналогично при $k<x^2, kz>2$ тоже. Случай $z=1$ полностью рассмотрен, в случае $z=2,k=1$ в уравнение $y^2-2(x^2-x)y+x^2-1=0$, при $x>2, (x^2-x-1)^2<D<(x^2-x)^2$ При $x=2$ еще решения $(2,1,2);(2,3,2)$