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Cómo probar esta ecuación diophantine $(x^2-y)(y^2-x)=(x+y)^2$ tienen sólo tres entero solución?

FELIZ AÑO NUEVO A Todos!!! (Ahora Beijing tiempo de 00:00 (2015))

Deje $x,y$ son números enteros,y tal $xy\neq 0$,

Encontrar esta ecuación diophantine toda la solución $$(x^2-y)(y^2-x)=(x+y)^2$$

Yo uso Lobo encontrado esta ecuación sólo tiene dos distinto de cero entero solución de $(x,y)=(-1,1),(-1,-1)$,ver wolf $$\Longleftrightarrow x^3+y^3+x^2+y^2=xy(xy-1)$$ Pero, ¿Cómo demostrarlo?

y he encontrado a veces,y mi problema casi similar con la de 2012, de la OMI lista:2012 OMI lista

5voto

6005 Puntos 19982

(Disculpas por la más larga de la solución.)


Escribir $x = ka$, $y = kb$, con $a, b$ relativamente primos. La ecuación de $(x^2 - y)(y^2 - x) = (x + y)^2$ se convierte en $$ \newcommand{\divs}{\; \mid \;} (ka^2 - b)(kb^2 - a) = (a + b)^2 \etiqueta{1} $$ O, reorganizado, $$ (ka + 1)(k b + 1) ab = (a + b)(kb^2 + b + ka^2 + a) \etiqueta{2} $$ Toma (2) modulo $a$, obtenemos $kb^3 + b^2 \equiv 0$, y dividiendo por $b^2$ (que es una unidad de mod $a$)$kb + 1 \equiv 0$. Por lo $a \divs kb + 1$, y, asimismo,$b \divs ka + 1$. Deje $c = \text{gcd}(ka + 1, kb + 1)$, $ka + 1 = bcA$, $kb + 1 = acB$ relativamente primer enteros $A, B$. Reescribir (2) como $$ (bcA)(acB) ab = (a + b)(abcB + abcA) $$ es decir, $$ abc a B = (a + b)(a + B). \etiqueta{3} $$ Desde $a$ $b$ son relativamente primos a $a + b$, $$ ab \divs a + B \etiqueta{4} $$ Desde $A$ $B$ son relativamente primos a $A + B$, $$ AB \divs a + b \etiqueta{5} $$ Recordar las siguientes propiedades de entero:

  • Si $m \divs n$, $|m| \le |n|$ O $n = 0$.

  • $|m + n| \le |mn| + 1$ todos los $m,n \ne 0$. (Sigue de la desigualdad de triángulo y $(|m| - 1)(|n| - 1) \ge 0$.)

A partir de estas y (4), (5) obtenemos que $$ |a + b| \le |ab| + 1 \le |a + B| + 1 \le |AB| + 2 \le |a + b| + 2 $$ a menos $A + B = 0$ o $a + b = 0$ o uno de $A, B, a, b$$0$.

Caso 1: $\boldsymbol{A + B = 0}$

Desde $A$ $B$ son relativamente primos, llegamos a la conclusión de WLOG $A = 1$, $B = -1$. De (3), $abc = 0$. Pero $a, b \ne 0$, lo $c = 0$. Por lo $ka + 1 = kb + 1 = 0$. Por lo $x = ka = -1$$y = kb = -1$, y en este caso tenemos la solución $(x,y) = \boxed{(-1, -1)}$.

Caso 2: $\boldsymbol{a + b = 0}$

Desde $a$ $b$ son relativamente primos, llegamos a la conclusión de WLOG $a = 1$, $b = -1$. A partir de (1), $(k - 1)(k + 1) = 0$, así que o $k = 1$ o $k = -1$, dar las soluciones $(x,y) = (ka, kb) = (k, -k) = \boxed{(1, -1), (-1, 1)}$.

Caso 3: $\boldsymbol{abAB = 0}$

A partir de (3) en este caso implica la $0 = (a + b)(A + B)$, para este caso se enmarca en los dos primeros.

Caso 4: $\boldsymbol{|a + b| \le |ab| + 1 \le |A + B| + 1 \le |AB| + 2 \le |a + b| + 2}$

De la desigualdad, llegamos a la conclusión de que $$ |a + b| \le |a| + |b| \le |ab| + 1 \le |a + b| + 2 \le |a| + |b| + 2 $$ Por lo tanto, $$ |ab| + 1 = |a| + |b| + r $$ donde $r \in \{0, 1, 2\}$. En particular, $$ (|a| - 1)(|b| - 1) \in \{0, 1, 2\} $$ Sabemos $a, b \ne 0$. La primera subcase es si $|a| = 1$ o $|b| = 1$ (WLOG $|a| = 1$). De lo contrario, $(|a|, |b|) = (2, 2), (2, 3), \text{ or } (3, 2)$, Desde $a$ $b$ son relativamente primos, el primero de ellos es imposible. De lo contrario, podemos suponer $|a| = 2$. Moviendo el signo de $k$, podemos suponer que $a$ es positivo. Así que nos quedamos con tres subcases: $a = 2$$b = 3$, o $a = 2$ $b = -3$ o $a = 1$.

  • (Caso 4a) $a = 2$, $b = 3$

(1) da $(4k - 3)(9k - 2) = 25$, que no tiene soluciones racionales.

  • (Caso 4b) $a = 2$, $b = -3$

(1) da $(4k + 4)(9k - 2) = 1$, que no tiene soluciones racionales.

  • (Caso 4c) $a = 1$

De (4), $b \divs A + B$. Por la desigualdad todavía estamos asumiendo, $|A + B| + 1 =$ $|a + b|$, $|a + b| + 1$, o $|a + b| + 2$. Esto implica $A + B = \pm(a + b)$ o $A + B \in \pm(a + b) \pm 1$. Con $a = 1$, tenemos $A + B = b + 1, -b - 1, b + 2, b, - b, -b - 2$.

(Caso 4c-i) Si $A + B = b + 1$ o $-b - 1$, entonces a partir de (4) $b \divs A + B$$b = \pm 1$. $a = 1$ $b = -1$ implica $a + b = 0$, que ya hemos cubierto. Por lo $a = b = 1$. Entonces (2) da $(k + 1)^2 = 2(2k + 2)$, por lo $k = -1$ o $k = 3$. Si $k = -1$ $(x,y) = (-1, -1)$ que ya hemos encontrado. Si $k = 3$, entonces tenemos la solución $(x,y) = \boxed{(3,3)}$.

(Caso 4c-ii) Si $A + B = b + 2$ o $-b - 2$, entonces a partir de (4) $b \divs A + B$$b \divs 2$. $b = \pm 1$ está cubierto en caso de 4c-yo. Así que supongamos $b = \pm 2$. A continuación, $A + B = 0$ o $\pm 4$. Si $A + B = 0$ está cubierto por el Caso 1. Así que supongamos $|A + B| = 4$. La reescritura de la desigualdad supone en el Caso 4, $$ |b + 1| \le |b| + 1 \le |a + B| + 1 \le |AB| + 2 \le |b + 1| + 2 $$ El término medio es $|A + B| + 1 = 5$, lo $5 \le |b + 1| + 2$, por lo $b = 2$. Volviendo a (1), obtenemos $$ (k - 2)(4k - 1) = 9 $$ por lo $4k^2 - 9k - 7 = 0$, que no tiene entero de soluciones.

(Caso 4c-iii) Si $A + B = b$ o $-b$, a continuación, escribir $A + B = \frac{ka+1}{bc} + \frac{kb+1}{ac}$ de modo que $ka^2 + a + kb^2 + b = abc(A + B) = \pm b^2 c$. Entonces a partir de (2) obtenemos $$ (k + 1)(bk + 1) = \pm (b + 1) b^2 c $$ Ya no hay factores de $b$ son compartidos por $bk + 1$, $b^2 \divs k+1$. Pero también tenemos $k + 1 + kb^2 + b = \pm b^2 c$, lo que implica $b^2 \divs b$. Desde $b \ne 0$, $b \in \{-1, 1\}$. Por lo $(a,b)$ es uno de $(1, -1)$ o $(1, 1)$. Pero $(a,b) = (1, -1)$ satisface $a + b = 0$, por lo que fue cubierto por el Caso 2. Y $(a,b) = (1,1)$ fue cubierto en Caso de 4c-yo.


4voto

Han de Bruijn Puntos 6161

Por favor no votar. Sólo un pictural comentario para mostrar lo que la curva de $(x^2-y)(y^2-x)-(x+y)^2=0$ parece ( : es un "codo" ) .

enter image description here

$\color{red}{Red}$ es positivo, $\color{green}{green}$ es negativo. El entero coordenadas son las líneas amarillas.
La imagen de la derecha es $\color{blue}{blue}$ rectángulo en la imagen de la izquierda ampliada en $20 \times$ .

1voto

Nilan Puntos 5798

Esta es una solución parcial. Pero esta muestra, se puede obtener más soluciones que las que se dan. Supongamos $x=y,$ $$(x^2-x)^2=4x^2$$ has three solutions namely,$$x=y=0, -1, 3.$$ Now suppose $x>y>0,$ if $y=1$ then $$(x^2-1)(1-x^2)=(x+1)^2$$ which has only solution $x=-1.$

1voto

user141614 Puntos 5987

En el lado izquierdo de la suma de los dos factores es no negativo, por lo $x^2-y$ $y^2-x$ no puede ser negativo al mismo tiempo. Por lo tanto, si $x+y\ne0$, en tanto $x^2-y$ $y^2-x$ debe ser positivo.

Si $y^2-x\ge8$ $x^2-y\ge8$ $$ (x+y)^2 = (x^2-y)(y^2-x) = \\ = \frac{x^2-y}2(y^2-x) +\frac{y^2-x}2(x^2-y) +0 \ge \\ \ge 4(y^2-x) +4(x^2-y) -2(x-y)^2 = \\ = 2(x+y)^2 - 4(x+y); \\ 0\le x+y \le 4. $$

Por lo tanto, todas las soluciones de satisfacer $0\le x+y\le4$, $1\le x^2-y\le 7$ o $1\le y^2-x\le 7$. Se trata de un par de casos simples y todos llevan a encontrar el entero de las raíces de ciertos polinomios con coeficientes enteros.

-1voto

sabachir Puntos 266

$$ \begin{array}{l} \left( {x^2 - y} \right)\left( {y^2 - x} \right) = \left( {x + y} \right)^2 \\ \Leftrightarrow xy\left( {xy - 1} \right) = x^3 + y^3 + x^2 + y^2 \\ \Leftrightarrow xy\left( {xy - 1} \right) = x^2 \left( {1 + x} \right) + y^2 \left( {1 + y} \right) \cdots \left( * \right) \\ \left\{ \begin{array}{l} x = y \\ \left( * \right) \Leftrightarrow x^2 - 1 = 2x\left( {1 + x} \right) \\ \left( * \right) \Leftrightarrow \left( {1 + x} \right)^2 = 0 \\ \left( * \right) \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { - 1; - 1} \right)} \right\} \\ \end{array} \right.;\a la izquierda\{ \begin{array}{l} x = - y \\ \left( * \right) \Leftrightarrow x^2 + 1 = 2x^2 \\ \left( * \right) \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {1; - 1} \right);\left( { - 1;1} \right)} \right\} \\ \end{array} \right. \\ \end{array}$$

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