Resolver en enteros$ (y^3+xy-1)(x^2+x-y)=(x^3-xy+1)(y^2+x-y)$

Question

Resolver en enteros:$$ (y^3+xy-1)(x^2+x-y)=(x^3-xy+1)(y^2+x-y)$ $

Mi idea:$$\Longleftrightarrow (y^3+xy-1)(x^2+x-y)-(x^3-xy+1)(y^2+x-y)=0$ $$$\Longleftrightarrow -x^4-x^3y^2+2x^3y+x^2y^3+2x^2y-x^2+2xy^3-2xy^2-2x-y^4-y^2+2y=0$ $$$\Longleftrightarrow 2xy(x^2+y^2)+2y(x^2+1)+x^2y^3+2y=x^4+y^4+x^3y^2+x^2+y^2+2x$ $

siguiendo no puedo trabajar

Answer 1

Primero nos tenga en cuenta que si $(x,y)$ es una solución, así es $(-y,-x)$.Consideran que el término

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

Esto puede ser ampliado como

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

Para el último plazo para ser parte integral implica que $x^2+x-y <= x+1-y$, lo que implica que $|x|<=1$. Esto nos da 3 posibles valores de $x$ es decir $0,\pm1$.

Caso 1. $x=0$ . El original de la ecuación se convierte en $$(y^3−1)(−y)=(+1)(y^2−y)$$ So $y=0$ is a solution. Reducing the equation further gives us $$ y^3-1=-(y-1)$$ So $y=1$ is also a solution. This can be reduced further to $$y^2+y+1=-1 \Rightarrow y^2+y+2=0$$ Esto no tiene un real de soluciones integrales de manera que podemos ignorar.

Caso 2. $x=1$ La ecuación original se reduce a $$(y^3+y-1)(2-y)=(2-y)(y^2+1-y)$$ Por lo $y=2$ es una solución. Reduciendo además nos da la $$y^3-y^2+2y-2=0\Rightarrow(y^2+1)(y-2)=0$$ No hay otra solución que se puede obtener a partir de este

Caso 3. $x=-1$ La ecuación original se reduce a $$(y^3-y-1)(-y)=(y)(y^2-1-y)$$ Por lo $y=0$ es una solución. Reduciendo además nos da $$y^3+y^2-2y-2=0\Rightarrow(y^2-2)(y+1)=0$$ So $y=-1$ es una solución

La combinación de las soluciones de arriba 3 casos se obtiene

• $(0,0)$
• $(0,1)$
• $(1,2)$
• $(-1,-1)$

A través de la observación de que $(x,y)\implies(-y,-x)$ es una solución demasiado, obtenemos los siguientes soluciones para este

• $(0,0)$
• $(0,1)$, $(-1,0)$
• $(1,2)$, $(-2,-1)$
• $(-1,-1)$, $(1,1)$

Ahora considere el $(x,y)$ tal que $x^2+x-y=0$. La solución de la ecuación cuadrática y la sustitución de discriminante podemos demostrar que $(k,k(k+1))$ $(-(k+1),k(k+1))$ satisface esta para todos los valores de $k$. Luego veremos si alguno de los términos en RHS también desaparecen de la misma $(x,y)$ algunos $k$ que podría darnos soluciones adicionales.

caso 1. $(k,k(k+1))$. El RHS plazo se convierte en

$$(k^3-k^2(k+1)+1)(k^2(k+1)^2+k-k(k+1)) \a (-k^2+1)k(k^3+k^2+1). $$ que se desvanece para $k=0,\pm1$. Podemos comprobar que estos valores de $k$ dar conocidas las soluciones existentes por encima de

caso 2. $(-(k+1),k(k+1))$. El RHS plazo se convierte en

$$(-(k+1)^3+k(k+1)^2+1)(k^2(k+1)^2-(k+1)-k(k+1)) \(k^2+2k)(k+1)(k^3+k^2-k-1) \a -k(k+2)(k+1)^2(k^2-1). $$ que se desvanece para $k=0,\pm1,-2$. Podemos comprobar que estos valores de $k$ dar conocidas las soluciones existentes anteriormente, incluyendo una nueva solución para $k=1$ i.e $(-2,2)$

Por lo tanto todo el conjunto solución se puede dar por

• $(0,0)$
• $(0,1)$, $(-1,0)$
• $(1,2)$, $(-2,-1)$
• $(-1,-1)$, $(1,1)$
• $(-2,2)$

Algunas notas:

• Esto no es tan riguroso como me gustaría ser. Por ejemplo, $x^2+x-y$ no tiene que dividir $x^3-xy+1$ dividir el producto $(x^3-xy+1)(y^2+x-y)$
• Es curioso que todos los obtenidos de las soluciones implican al menos uno de los términos en cada lado de fuga. Es posible que para ciertos valores de $(x,y)$ ninguno de los términos desaparecer pero LHS = RHS ? Sin duda @chubakueno pruebas muestran que este no es el caso
• ¿De dónde obtener esta ecuación ? La ecuación no es homogénea y por lo tanto no puede ser tomado en cuenta en cuadrática y cúbica de formas.