Este es un ejemplo clásico de un problema que se resuelve fácilmente a través de Vieta saltar.
Podemos WLOG asumen $x \geq y$. Vamos a definir el "tamaño" de un número entero positivo de solución de $(x, y, z)$$x+y \in \mathbb{Z}^+$, y decir que una solución es una solución más pequeña si su tamaño es menor.
Dado un entero positivo solución de $(x, y, z)$$x>y\geq 1$, vamos a utilizar Vieta fórmulas para obtener una solución más pequeña $(y, x', z)$ $x>y \geq x' \geq 1$ (por lo $x+y>y+x'$).
En efecto, supongamos que tenemos un número entero positivo de solución de $(x, y, z)$$x>y \geq 1$. Escribir la ecuación como $x^2+(1-yz)x+(y^2+y+1)=0$. Por lo tanto $x$ es una raíz de la ecuación cuadrática $t^2+(1-yz)t+(y^2+y+1)=0$.
Deje $x'$ ser la otra raíz. Vieta fórmulas para dar a $x+x'=yz-1, xx'=y^2+y+1$. La suma de las raíces de la ecuación nos dice que el $x'$ es un número entero (desde $x, yz-1$ son enteros), y el producto de las raíces de la ecuación nos dice que el $x'>0$ (desde $x, y^2+y+1>0$), por lo $x'$ es de hecho un entero positivo. De este modo obtenemos un número entero positivo de solución de $(y, x', z)$.
Desde $x>y$,$x'=\frac{y^2+y+1}{x} \leq \frac{y^2+y+1}{y+1}<y+1$$x' \leq y<x$, como se desee. Por lo tanto $(y, x', z)$ es de hecho un menor entero positivo de la solución. (donde los pequeños medios de $y+x'<x+y$)
Nota: Aquí $x'$ es esencialmente el mismo que el de su $m$; nota:$x'=\frac{y^2+y+1}{x}$.
Ahora, a partir de cualquier número entero positivo de solución de $(x, y, z)$, vamos a "saltar" a un menor entero positivo solución mientras $x>y$. Dado que esto no puede hacerse indefinidamente (Todos los no-vacío subconjunto de los enteros positivos tiene al menos un elemento), debemos, finalmente, salte a la solución base donde $x=y$.
Al $x=y$, obtenemos $2y^2+2y+1=y^2z$$y \mid 1$$y=1$, lo $z=5$. Por lo tanto la única solución en base a es $(x, y, z)=(1, 1, 5)$. Ahora, si partimos de un entero positivo arbitrario de la solución, a continuación, después de saltar por algún número finito de veces, debemos llegar a la solución base, que nos han mostrado debe ser $(1, 1, 5)$. Por lo tanto todos los enteros positivos de las soluciones de la ecuación original puede ser recuperado por el "salto atrás", es decir, invirtiendo el proceso para obtener una solución más pequeña se explicó anteriormente.
Tenga en cuenta que $z$ se mantuvo constante durante todo el proceso de saltos, así que tenemos $z=5$ a lo largo. Tenemos $x+x'=yz-1=5y-1$, por lo que podemos revertir el salto y "saltar" de$(y, x', 5)$$(5y-1-x', y, 5)$.
Por lo tanto todos los enteros positivos soluciones están dadas por $(x_n, y_n, 5)$ donde $x_1=y_1=1$, e $(x_{n+1}, y_{n+1}, 5)=(5x_n-1-y_n, y_n, 5)$. Si definimos un auxiliar de la recurrencia de la $a_1=a_2=1, a_{n+1}=5a_n-1-a_{n-1}$$n \geq 2$, entonces todo número entero positivo soluciones están dadas por $(x, y, z)=(a_{n+1}, a_n, 5)$ donde $n \in \mathbb{Z}^+$. Los primeros términos de la recurrencia $a_n$$1, 1, 3, 13, 61, 291$. Comprobación en OEIS dio este problema exacto.
Ah, y si se relaja el supuesto de $x \geq y$, usted acaba de conseguir el $(x, y, z)=(a_{n+1}, a_n, 5)$ $(x, y, z)=(a_n, a_{n+1}, 5)$
