Диофантово уравнение 4-й степени

[nnosipov]

Решите уравнение $x^2y^2+1=2x^3+y^3$ в натуральных числах.

Хотелось бы увидеть совсем школьное решение. Для начала можно поупражняться с уравнением $x^2y^2+1=x^3+y^3$, где такое решение есть.

[ex-math]

Второе заменой $u=x+y$, $v=xy$ сводится к квадратному относительно $v$. Дальше пока непонятно.

[nnosipov]

ex-math, нет, по-моему, там железобетонный тупик. Хотя всякое бывает.

Я уже сообразил, как быть с этими уравнениями. Оказалось, в обоих случаях есть однотипное рассуждение, но я его периодически забываю Собственно, это я для своих школьников заготовки на зиму делаю, с обсуждением на форуме как-то веселее идёт. Спасибо за внимание.

[PeanoJr]

nnosipov в сообщении #895808 писал(а):

Решите уравнение $x^2y^2+1=2x^3+y^3$ в натуральных числах.

Хотелось бы увидеть совсем школьное решение. Для начала можно поупражняться с уравнением $x^2y^2+1=x^3+y^3$, где такое решение есть.

Я не школьник, но подобные задачи раньше не решал.
Попробую с уравнением $x^2y^2+1=x^3+y^3$
Предположим, $x=2k,y=2m$.
$16k^2m^2+1=8(k^3+m^3)$
Правая часть делится на два, левая - нет. Не подходит.

Пусть теперь $x=2k,y=2m+1$
$4k^2(4m^2+4m+1)+1=8k^3+8m^3+12m^2+6m+1$
$16k^2m^2+16k^2m+4k^2=8k^3+8m^3+12m^2+6m$
Левая часть делится на 4, правая - нет. Не подходит.

Если же $x=2k+1,y=2m+1$
$16k^2m^2+16k^2m+4k^2+16km^2+16km+4k+4m^2+4m=8k^3+12k^2+6k+8m^3+12m^2+6m$

Единственное решение: $m=0,k=0$, т.е $x=1,y=1$, иначе - левая часть делится на 4, а правая нет.

Подозреваю, что чушь написал...

[nnosipov]

PeanoJr, рассуждения с остатками здесь заведомо не прокатят, поскольку в целых числах оба уравнения разрешимы.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #895808 писал(а):

$x^2y^2+1=x^3+y^3$

Будем искать решения $x\ge y$, остальные получатся перестановкой. $x=y=1$ явное решение, будем считать $1<y<x$. Рассмотрим кубическое уравнение относительно $x$ ($y$ считаем параметром)
$x^3-y^2x^2+y^3-1=0$. У него три действительных корня

$x_1<0$ т.к $f(0)>0$ Оно нас не интересует
$x_2<y$ т.к $f(y)<0$ оно нас тоже не интересует (по допущению)
$x_3 \in (y^2-1;y^2)$ т.к $f(y^2-1)<0,f(y^2)>0$ и следовательно не целое.

Других натуральных решений, кроме $(1,1)$ нет

Попробуем убить и первое уравнение таким способом, хотя..оно не симетричное относительно переменных.

[maxal]

Начну с простого - $x^2y^2 +1 = x^3+y^3$.

Случай $y=x$ тривиален и дает $x=y=1$.
Без потери общности будем считать, что $x<y$.

Имеем $x^3+y^3$ делит $x^2y^2+1$, а значит и $x^2\cdot(x^3+y^3) - y\cdot(x^2y^2+1) = x^5-y$. Откуда $y<x^{5/3}$ или $x>y^{3/5}$.
Имеем $2y^3 > x^3 + y^3 = x^2y^2 + 1 > y^{16/5}$, откуда $y^{1/5}<2$ и задача сводится к конечному перебору.

Уравнение $x^2y^2 +1 = 2x^3+y^3$ должно решаться аналогично, только там два случая надо рассматривать.

[arqady]

У второго уравнения от $x$ для $y\geq2$ все корни локализуются на промежутках длины меньше 1 с целыми концами.

[nnosipov]

Shadow, это ровно то, что я имел в виду.

Shadow в сообщении #895832 писал(а):

Попробуем убить и первое уравнение таким способом, хотя..оно не симметричное относительно переменных.

Да, это смущает поначалу, но оказывается неважным.
maxal, а вот это новое для меня рассуждение, спасибо. У меня вот какое было.

Можно считать, что $y \leqslant x$. Если $y=x$, то $x=1$. Пусть

$$ 1 \leqslant y \leqslant x-1. \eqno(*) $$

Имеем $x^3-1=y^2(x^2-y)$, откуда $x^3-1 \equiv 0 \pmod{x^2-y}$. Значит, $xy-1 \equiv 0 \pmod{x^2-y}$. Но последнее невозможно, поскольку $0<xy-1<x^2-y$ при условии $(*)$.

-- Ср авг 13, 2014 20:25:53 --

arqady в сообщении #895837 писал(а):

У второго уравнения от $x$ все корни локализуются на промежутках длины меньше 1 с целыми концами.

Второе это которое симметричное? Там на одной ветке $y \sim x^2$ (и здесь всё ясно с локализацией), а на другой $y \sim x^{1/2}$. На ней можно целую часть от $x^{1/2}$ брать для локализации, если я Вас правильно понял. Но я бы просто рассмотрел уравнение относительно другой неизвестной.

[maxal]

В общем случае, похоже, что аналогичным способом можно бороться с любым полиномиальным уравнением от $x,y$, в котором моном максимальной степени единственен.
В уравнениях, предложенных nnosipov, таким мономом является $x^2y^2$ четвертой степени.

Уравнение в этом случае приобретает вид $a\cdot x^my^n = P(x,y)$, где полином $P(x,y)$ имеет степень меньшую чем $m+n$. Перекос в степенях позволяет играться с оценками между степенями $x$ и $y$ и сводить задачу к конечному перебору.

[nnosipov]

Продолжу в этой же теме.

Решить в натуральных числах уравнение $y^4-4y^2x^2+4x^4-2y^2+2x^2-x=0$.

[maxal]

nnosipov в сообщении #959830 писал(а):

Решить в натуральных числах уравнение $y^4-4y^2x^2+4x^4-2y^2+2x^2-x=0$.

Почему-то сразу хочется свести его к уравнению Пелля:

$$(4x+1)^2 - 8\cdot (2x^2-y^2+1)^2 = -7,$$

хотя не пока видно как это может помочь.

[Shadow]

Решаем как квадратное относительно $y^2$

$y^4-2(2x^2+1)y^2+4x^4+2x^2-x=0$

$y^2_{1,2}=2x^2+1\pm \sqrt{2x^2+x+1}$. Пусть $2x^2+x+1=d^2$, причем $x<d$. Тогда $2x^2+1=d^2-x$

1) $y^2=d^2-x-d$

$(d-1)^2<d^2-x-d<d^2$ т.е зажато между соседними квадратами и квадратом быть не может, за исключением $d=x+1$, что дает решение $x=1,y=1$

2) $y^2=d^2-x+d$

Аналогично $d^2<d^2-x+d<(d+1)^2$

Единственное решение $x=1,y=1$

-- 11.01.2015, 17:43 --

В натуральных. В целых кажется тоже не проблема. Принцип такой же.

[nnosipov]

Shadow, спасибо, хорошее рассуждение. А если закрыть эту лазейку с квадратным уравнением? Например, пусть будет такое уравнение

$$ y^4-4y^2x^2+4x^4-y^2-x-y=0. $$

Как здесь элементарно выкрутиться? (Я сам не знаю пока, но думаю, что только технически сложнее.)

[Shadow]

Просто идея, пока не проверял, если записать как $(2x^2-y^2)^2=y^2+y+x$, то (при натуральных), чтобы правая часть была квадратом, необходимо $x \ge y+1$, но при таких условиях и минимум левой, и максимум правой части будет при $y=x-1$, но даже тогда левая будет больше правой, так как получится уравнение 4-ой степени от $x$ с положительным старшим коэффициентом, т.е, будет ограничение на возможных решений

-- 11.01.2015, 20:07 --

Да, можно не возится с единичкой, чтобы правая часть была квадратом, необходимо $x>y$ (иначе $y^2<y^2+y+x<(y+1)^2$
Тогда $(2x^2-y^2)^2>x^4,\;y^2+y+x<x^2+2x$ и при $x>1$ решений не будет. Решений нет.