Resolver en números enteros $x,y$ la ecuación $\left\lfloor\frac{xy-xy^2}{x+y^2} \right\rfloor=a$

Question

Resolver en números enteros la ecuación $$\left\lfloor\frac{xy-xy^2}{x+y^2} \right\rfloor=a$$

Mi trabajo hasta ahora:

1) Si $a=1$ entonces $x\in\{-1;-2;-3\}$ .

i) $x=-1 \Rightarrow y\ge-3$

ii) $x=-2 \Rightarrow y\ge3$

iii) $x=-3$ . No hay solución.

2) $$a\le\frac{xy-xy^2}{x+y^2}<a+1$$

Answer 1

Esta respuesta muestra una forma de encontrar soluciones y todas las soluciones para $|a|\le 3$ .

Tenemos $$a=\left\lfloor\frac{xy-xy^2}{x+y^2}\right\rfloor=\left\lfloor-x+\frac{x^2+xy}{x+y^2}\right\rfloor=-x+\left\lfloor\frac{x^2+xy}{x+y^2}\right\rfloor$$

Así, si escribimos $$\left\lfloor\frac{x^2+xy}{x+y^2}\right\rfloor=k$$ entonces $y$ es un número entero tal que existe un número entero $k$ Satisfaciendo a $$k\le \frac{(k-a)^2+(k-a)y}{(k-a)+y^2}\lt k+1\tag1$$ y para tal $(y,k)$ , $x=k-a$ .

A continuación, vamos a separar los casos.

Caso 1 : $k-a+y^2\gt 0$

$$\begin{align}(1)&\iff k(k-a+y^2)\le (k-a)^2+(k-a)y\lt (k+1)(k-a+y^2)\\&\iff ky^2\le -ka+a^2+ky-ay\lt ky^2+k-a+y^2\\&\iff k(y^2-y+a)\le a^2-ay\quad\text{and}\quad k(y^2-y+a+1)\gt a^2-ay+a-y^2\end{align}$$

Caso 1-1 : $y^2-y+a\le -2$ $$\frac{a^2-ay}{y^2-y+a}\le k\lt \frac{a^2-ay+a-y^2}{y^2-y+a+1}$$

Sin embargo, tenemos $$(a^2-ay+a-y^2)(y^2-y+a)\gt (a^2-ay)(y^2-y+a+1)\iff y^3(y-1)\lt 0$$ No existe tal $y\in\mathbb Z$ .

Caso 1-2 : $y^2-y+a=-1$ $$-k\le a^2-ay\quad\text{and}\quad 0\gt a^2-ay+a-y^2$$ $$\iff -k\le a^2-ay\quad\text{and}\quad 0\gt (-1-y^2+y)^2-(-1-y^2+y)y+(-1-y^2+y)-y^2$$ No existe tal $y\in\mathbb Z$ .

Caso 1-3 : $y^2-y+a=0$

$$0\le (-y^2+y)^2-(-y^2+y)y\quad\text{and}\quad k\gt (-y^2+y)^2-(-y^2+y)y+(-y^2+y)-y^2$$ La primera desigualdad es válida para cualquier $y\in\mathbb Z$ .

Caso 1-4 : $y^2-y+a\ge 1$

$$\frac{a^2-ay+a-y^2}{y^2-y+a+1}\lt k\le \frac{a^2-ay}{y^2-y+a}\tag2$$ Tenemos $$(a^2-ay+a-y^2)(y^2-y+a)\lt (a^2-ay)(y^2-y+a+1)$$$$ \iff y^3(y-1)\gt 0\\nimplica y\nno=0,1$$

$k=0$ es el único número entero que satisface $(2)$ cuando $y$ satisface $$-1\le \frac{a^2-ay+a-y^2}{y^2-y+a+1}\lt 0\quad\text{and}\quad 0\le \frac{a^2-ay}{y^2-y+a}\lt 1$$ $$\iff -y^2+y-a-1\le a^2-ay+a-y^2\lt 0\quad\text{and}\quad 0\le a^2-ay\lt y^2-y+a$$ $$\small \iff (a+1)y\le (a+1)^2\quad \text{and}\quad y^2+ay-a^2-a\gt 0\quad\text{and}\quad ay\le a^2\quad\text{and}\quad y^2+(a-1)y-a^2+a\gt 0$$

$k=-1$ es el único número entero que satisface $(2)$ cuando $y$ satisface $$-2\le \frac{a^2-ay+a-y^2}{y^2-y+a+1}\lt -1\quad\text{and}\quad -1\le \frac{a^2-ay}{y^2-y+a}\lt 0$$ $$\iff -y^2+2y-2a-2\le a^2-ay+a\lt y-a-1\quad\text{and}\quad -y^2+y-a\le a^2-ay\lt 0$$ $$\small \iff (a+1)y\gt (a+1)^2\quad \text{and}\quad y^2+(-2-a)y+a^2+3a+2\ge 0\quad\text{and}\quad ay\gt a^2\quad\text{and}\quad y^2+(-a-1)y+a^2+a\ge 0$$

A partir de ellos, sabemos que el número de $y$ necesitamos ver es finito en este caso 1-4.

Caso 2 : $k-a+y^2\lt 0$

$$\begin{align}(1)&\iff k(k-a+y^2)\ge (k-a)^2+(k-a)y\gt (k+1)(k-a+y^2)\\&\iff ky^2\ge -ka+a^2+ky-ay\gt ky^2+k-a+y^2\\&\iff k(y^2-y+a)\ge a^2-ay\quad\text{and}\quad k(y^2-y+a+1)\lt a^2-ay+a-y^2\end{align}$$

Caso 2-1 : $y^2-y+a\le -2$

$$\frac{a^2-ay+a-y^2}{y^2-y+a+1}\lt k\le \frac{a^2-ay}{y^2-y+a}$$

Caso 2-2 : $y^2-y+a=-1$

$$-k\ge a^2-ay\quad\text{and}\quad 0\lt (-1-y^2+y)^2-(-1-y^2+y)y+(-1-y^2+y)-y^2$$ Así que, $y\not=0, y\not=1$ .

Caso 2-3 : $y^2-y+a=0$

$$0\ge (-y^2+y)^2-(-y^2+y)y\quad\text{and}\quad k\lt a^2-ay+a-y^2$$ Así que, $y=0,1$ . Para $y=0$ , $a=0$ y $k\lt 0$ . Para $y=1$ , $a=0$ y $k\lt -1$ .

Caso 2-4 : $y^2-y+a\ge 1$

$$\frac{a^2-ay}{y^2-y+a}\le k\lt \frac{a^2-ay+a-y^2}{y^2-y+a+1}$$

Sin embargo, tenemos $$(a^2-ay+a-y^2)(y^2-y+a)\gt (a^2-ay)(y^2-y+a+1)\iff y^3(y-1)\lt 0$$ No existe tal $y\in\mathbb Z$ .

Así, sabemos que el caso 1-1, el caso 1-2 y el caso 2-4 no se dan.

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En cada caso, $y$ está determinada por un determinado $a$ y para cada uno de ellos $y$ (el número de $y$ que hay que ver es sólo finito en cada caso), ver si existe un número entero $k$ que satisface las condiciones. Si tiene tales $(y,k)$ , entonces se obtiene $(x,y)$ donde $x=k-a$ .

Todas las soluciones para $|a|\le 3$ :

$a=-3$ : $(x\le -12,y=2), (-11\le x\le -3, y=-1), (x=2, y\le -3), (x=3, y=-3,-2,y\ge 5), (x=4, y=-2, 4,5,6), (x=5, y=3,4),(6\le x\le 9, y=3)$

$a=-2$ : $(x=1, y\le -2), (x=2,y=-2,-1, y\ge 3), (x=3, y=-1,3,4), (x=4, y=-1,3), (x\ge 5, y=2)$

$a=-1$ : $(x=1,y=-1,y\ge 2), (2\le x\le 4,y=2)$

$a=0$ : $(x\le -2,y=0,1), (x=-1, y=0,y\ge 2), (x=0,y\le -1,y=1,y\ge 2), (x\ge 1, y=0,1)$

$a=1$ : $(x=-2,y\ge 3),(x=-1,y\le -3)$

$a=2$ : $(x=-3,y\ge 4),(x=-2,y\le -4,y=2),(x=-1,y=-2)$

$a=3$ : $(x=-4, y\ge 5), (x=-3,y\le -6,y=3), (x=-2,y=-3)$

Answer 2

SUGERENCIA. $x+y^2\ne 0$ . Consideremos dos casos $x+y^2\gt 0$ y $x+y^2\lt 0$ .

$$\boxed{x+y^2\gt 0}$$

Usted tiene $$a(x+y^2)\le xy-xy^2\lt a(x+y^2)+(x+y^2)$$ Esto da dos desigualdades cuadráticas en $y$ $$\begin{cases}(a+x)y^2-xy+ax\le 0\\(a+x+1)y^2-xy+ax+x\gt 0\end{cases}$$ Ahora para $x$ arreglado, $(\alpha, \beta)$ y $(\gamma,\delta)$ siendo las correspondientes raíces supuestas reales y $a+x\gt 0$ que tiene para los valores de $y$ las restricciones $$\alpha\le y\le \beta\\y\in]-\infty,\gamma[\space\cup \space]\delta,+\infty[$$ Se puede ver que las raíces juegan un papel importante en esto y la discusión de las posibilidades ciertamente no se detiene aquí. Como dices en tu comentario "Quizás el problema no sea de soluciones "normales"".