Докажите, что нет целочисленных решений $x\left(y^{2}-1\right)=y\left(2+\frac{1}{x}\right)$

Aug 20 2020

Я боролся с этой проблемой уже довольно долго, спрашивал некоторых из моих сверстников и учителей, и я еще не нашел решения. Вот в чем проблема:

Докажите, что не существует целочисленных решений уравнения $$x\left(y^{2}-1\right)=y\left(2+\frac{1}{x}\right)$$

Вот что я пробовал:

  • Расширение, перемещение, факторинг (я не смог разложить это на что-то полезное)
  • Расширение, преобразование в кубическое уравнение (Слишком сложно решить)
  • Расширение, преобразование в квадратичную формулу с использованием квадратной формулы (мне не удалось ее достаточно упростить)

Было бы здорово, если бы вы могли помочь!

Бест, Анай Аггарвал

Ответы

5 BarryCipra Aug 20 2020 at 03:43

Перепишем уравнение как $y/x=x(y^2-1)-2y$, мы видим, что мы должны иметь $x\mid y$(поскольку правая часть - целое число). Так позволяя$y=xu$ (с участием $x\not=0$), мы получили

$$u=x(x^2u^2-1)-2xu$$

что подразумевает $x\mid u$ и $u\mid x$, так $u=\sigma x$ с участием $\sigma=\pm1$. Но это дает

$$\sigma x=x(x^4-1)-2\sigma x^2$$

что упрощает (при отмене $x$) к

$$x^4-2\sigma x-1-\sigma=0$$

и ни $x^4-2x-2=0$ ни $x^4+2x=0$ имеет любые (ненулевые) целые корни.

5 MarkBennet Aug 20 2020 at 03:19

Ну ты не можешь $x=0$ так что умножьте на $x$ чтобы получить $$x^2(y^2-1)=y(2x+1)$$

Тогда либо у вас есть $y=\pm 1$ [или же $y=0$] (что можно исключить) или левая часть положительна.

Теперь сравните термины в $x$ с обеих сторон (осторожно, чтобы $2x+1$ может быть отрицательным), а условия в $y$ с обеих сторон (с аналогичной осторожностью).

3 JohnBentin Aug 20 2020 at 05:19

Нам дано $x(y^{2}-1)=y\left(2+\dfrac{1}{x}\right)$ с участием $x,y\in\Bbb Z$. Наличие$1/x$ термин подразумевает $x\neq0$ и, следовательно $y\neq0$. Умножение на$x$ дает $$x^2(y^2-1)=y(2x+1).$$Обратите внимание, что $2x+1$странно. Следовательно$y$ не может быть странным, потому что тогда $y^2-1$будет четным, а в нашем уравнении четное и нечетное число. Так$y$даже. Следовательно$x^2$ четное, и, следовательно, так $x$. Это следует из того$y$ делится на $4$. потом$|(y^2-1)/y|=|y-1/y|>3$, в то время как $|(2x+1)/x^2|=|2/x+1/x^2|<2$. Следовательно, наше уравнение не может быть выполнено.

2 overrated Aug 20 2020 at 03:20

Добро пожаловать в MSE. Вы можете решить$y$ используя квадратную формулу: $$ y = \frac{2x+1\pm\sqrt{4 x^4+4 x^2+4 x+1}}{2 x^2} $$Благодарим JW Tanner за спасение этого ответа. За$x\ge 1$, $4x^4+4x^2+4x+1$ находится между $(2x^2+1)^2$ и $(2x^2+2)^2$, поэтому его квадратный корень не является целым числом. Аналогично для$x\le-1$, это между $4x^4$ и $(2x^2+1)^2$, и мы можем исключить случай $x=0$в исходном уравнении. Тогда нет целочисленных решений.

1 FruDe Aug 20 2020 at 03:29

У нас есть

$$xy^2-x = 2y+\frac{y}{x}$$ $$x^2y^2-x^2=2xy+y$$ $$x^2y^2-x^2-y-2xy = 0$$ Решить как квадратичную относительно $x$

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

Используйте квадратную формулу

$$x = \frac{2y\pm \sqrt{4y^2+(4y^3-4y)}}{2(y^2-1)}$$

$$x = \frac{2y\pm \sqrt{4y^3+4y^2-4y}}{2y^2-2}$$

Мы можем выделить $2$ получить

$$x = \frac{y\pm \sqrt{y^3+y^2-y}}{y^2-1}$$

Взгляните на квадратный корень, единственный рациональный корень $y = 0$ (by RRT), но тестируя это решение, $x = 0$, а первое выражение имеет $\frac{y}{x}$ в нем, и, очевидно, делясь на $0$ в этом случае является незаконным.

Другой способ увидеть это $y = 0$ единственный рациональный корень - это фактор

$$y^3+y^2-y = y(y^2+y-1)$$

потом $y^2+y-1$ не имеет рациональных корней.

Следовательно, нет целочисленных решений.

1 EricSnyder Aug 20 2020 at 04:46

Хотя вы упомянули, что построение графиков на самом деле не является доказательством, оно может помочь в распознавании интересных мест. Если построить график уравнения в Десмосе, мы получим:

https://www.desmos.com/calculator/tplmejuuj0

Этот график показывает, что не существует других целочисленных решений, кроме $(0,0)$, который мы должны устранить, потому что у нас не может быть $x=0$. Но как это доказать? Я думаю, что доказательство от противного - наш лучший выбор.

Предполагать $x, y \in \mathbb Z $. Тогда левая сторона$x(y^2-1)$ всегда целое число.

Мы уже знаем $x \neq 0$

Сначала рассмотрим $x = \pm 1$. У нас есть$y^2 - 1 = 3y$ или же $1-y^2=y$. Ни то, ни другое$y^2-3y-1$ ни $y^2+y-1$ имеет рациональный корень (по теореме о рациональном корне $y$ может быть только $\pm 1$, и ни один из вариантов не дает нам нуля).

Во-вторых, рассмотрим $x$любое другое целое число. Следовательно$2+1/x$не является целым числом. Поскольку мы знаем, что левая часть должна быть целым числом, чтобы правая часть также была целым числом,$y$ должно быть целым числом, кратным $x$, или же $y=kx, k \in \mathbb Z$. В этом случае у нас есть:

$$ x(k^2x^2-1) = 2kx +k $$ $$ k^2x^3-x = 2kx+k $$ $$k^2x^3-2kx -x-k = 0 $$

По теореме о рациональном корне любой целочисленный корень должен быть одним из $\{\pm1,\pm k,k^2\}$. Поскольку ни один из этих корней не делает левую часть равной нулю для целого числа$k$, нет целых корней для $|x| > 1$.

Мы исключили все возможные целочисленные решения для $x$. Следовательно, нет решения с$x,y \in \mathbb Z$.

Немного сложно, но я надеюсь, что это поможет.