Ecuación diofántica

Question

El siguiente surgió en mi la solución a esta pregunta, pero enterrada en los comentarios, así que tal vez vale la pena una pregunta de su propio. Considere la ecuación de Diophantine $$ (x+y)(x+y+1) - kxy = 0$$ Para $k=5$ $k=6$ el entero positivo soluciones están dadas por términos sucesivos de OEIS secuencias A032908 y A101265respectivamente. Existen enteros positivos soluciones para cualquier otro enteros positivos $k$?

Sé que hay soluciones si se quita la positividad requisito, pero he sido incapaz de encontrar cualquier con números enteros positivos. Si mi programación es correcta, he sido capaz de descartar todas las $k \le 500$.

Answer 1

Creo que puede ser comprobada mediante Vieta saltar método que para

$k=\dfrac{(x+y)(x+y+1)}{xy}$

para ser un entero para enteros positivos $x$ $y$ el único valores de $k$ se $5, 6$.

Ok, tenemos

$x^2+y^2+x+y=(k-2)xy$

Vieta de salto es la clave de la solución de este problema. La idea de este método es que si $(x_0, y_0)$ es una solución de la ecuación, vamos a crear otro más pequeño de la solución de $(x_1, y_1)$ en términos de$x_0$$y_0$, de manera que $x_1+y_1<x_0+y_0$ y, a continuación, hacemos un par más pequeño $(x_2, y_2)$ en términos de$x_1$$y_1$, y así sucesivamente. No podemos repetir este salto a la baja de forma indefinida, debido a que los números naturales son limitados desde abajo. Por lo tanto debemos poner fin a este procedimiento, en algún punto, decir $x_n, y_n$. Si podemos encontrar la $x_n, y_n$ luego por fin podemos reconstruir $x_0, y_0$ saltando hacia arriba de $x_n, y_n$.

Para aplicar este método a la ecuación, reescribir la ecuación como una ecuación cuadrática en términos de $x$

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

donde $m=k-2>0$. Supongamos que $(x_0, y_0)$ es una solución para la ecuación anterior, con $x_0 \ge y_0$. Si dejamos $y=y_0$ en el cuadrática, la ecuación tiene dos soluciones para $x$: $x=x_0$ y $x=x^*$. Entonces tendremos: $x_0+x^*=my_0-1$ $x_0 x^*=y_0^2+y_0$ a partir de la primera, se puede ver que $x^*=my_0-1-x_0$ es un número entero, y a partir de la segunda $x^*=\frac{y_0^2+y_0}{x_0}$ es positivo.

Con ello, si $x_0 \ge \frac{y_0^2+y_0}{y_0}=y_0+1 $,$x^*=\frac{y_0^2+y_0}{x_0} \le y_0$, y podemos elegir el $ (x_1, y_1)=(y_0, x^*)$ cuanto más pequeña es la solución de la ecuación.

La repetición de este procedimiento como se mencionó anteriormente, nos vamos a encontrar una solución a $(x_n, y_n)$ donde $x_n< \frac{y_n^2+y_n}{y_n}=y_n+1$, y ya no nos podemos saltar hacia abajo. Ahora debemos encontrar los valores posibles de los más pequeños de soluciones decir, los posibles valores de $(x_n, y_n)$. Tenga en cuenta que $y_n \le x_n <y_n+1$. De ello se desprende que $x_n=y_n$, poner esto en la ecuación original:

$x_n^2+(1-m x_n)x_n+x_n^2+x_n=0$

$x_n+1-m x_n+x_n+1=0$

$m=\frac{2(x_n+1)}{x_n}$

Por lo tanto, $x_n |2(x_n+1)$ o $ x_n| 2(x_n+1)-2x_n=2$ lo que nos da $x_n=1, 2$$m=4, 3$$k=6, 5$, respectivamente. Así que debemos reconstruir soluciones mediante el uso de dos casos: $(x_n, y_n)=(1, 1)$$k=6$$(x_n, y_n)=(2, 2)$$k=5$.

Tenga en cuenta que $(x_n, y_n)=(y_{n-1}, (k-2)y_{n-1}-x_{n-1}-1)$ y desde $x_n=y_{n-1}$ obtenemos $(x_{n-1}, y_{n-1})= ((k-2)x_n-y_n-1, x_n)$.

Estos son el resultado de reproducir las OEIS secuencias A032908 y A101265.

Answer 2

Esto realmente es Vieta Saltar, yo debería haber puesto que la primera línea. Me puse unos cinco imágenes relevantes de las hipérbolas al final de este post.

La referencia real: En 1907, A. Hurwitz escribió Über eine Aufgabe der unbestimmten Análisis, en Archiv der Mathematik und Physik, páginas 185-196. Doy un resumen y un poco de discusión en http://mathoverflow.net/questions/84927/conjecture-on-markov-hurwitz-diophantine-equation

Estaremos examinando la parte $x,y > 0$ en la gráfica de $$ x^2 - q x y + y^2 + x + y = 0, $$ especially what happens as we get near the origin. Note that for $q=3$ we get the integer point $(2,2),$ for $q=4$ we get the lattice point $(1,1),$ but for $q=5$ we seem to miss any integer points. It turns out that is all that needs to be proved, that for $q \geq 5$ no entramado de puntos cerca del origen. Técnica escribe muy bien en Hurwitz (1907).

En la cuarta imagen, vemos cómo la Hurwitz soluciones fundamentales se encuentran entre $y = \frac{qx-1}{2}$ $x = \frac{qy-1}{2}$ a lo largo de la curva de $ x^2 - q x y + y^2 + x + y = 0, $ , y que tanto $x,y < 1$ no. Así que lo demuestra.

Parte de una cuidadosa prueba es confirmar que la Hurwitz asignaciones a continuación, también llamado Vieta Saltar, no por arte de magia nos llevan de la rama de la hipérbola en el primer cuadrante de la otra rama, que pasa por el origen y contiene otros enteros soluciones. Esto es suficiente para mostrar que el mayor valor de $y$ en que rama es menor que $1.$ Esto ocurre, por diferenciación implícita, donde $2x-qy+1 = 0,$ o $$y = \frac{1}{q}(2x+1),$$ with $q \geq 3$ no matter what. When $x < 0,$ $2x+1 < 1,$ finally $ \frac{1}{p}(2x+1) < 1.$ That is, while there really is a solution at $(0,0),$ there are no integer solutions with $xy < 0.$

Hurwitz: dada una solución con $x,y > 0$ enteros, se obtiene una solución que normalmente se contrae $x+y$ con $$ (x,y) \mapsto (qx-y-1,x), $$ o $$ (x,y) \mapsto (y,qy-x-1). $$ Debo añadir que Hurwitz no preocuparse por el orden de las variables, pasó muy rápidamente en el caso de dos variables. Escribí el "saltos" de esta manera con el fin de mantener en el mismo medio-rama ($y \geq x$ o $x \geq y$) de la hipérbola en el primer cuadrante, así como para encajar en algunas de las presentaciones que he encontrado de Vieta saltar; voy a dejarlos por escrito de esta manera, pero poco importa.

Desde $x,y>0,$ sabemos que ambos $qx-y-1,$ $qy-x-1$ son positivos así; no hay soluciones con $xy<0,$ y cuando uno de $x,y$ $0,$ el otro es $0$ o $-1.$ Seguimos aplicando estas transformaciones para conseguir una secuencia de soluciones, hasta llegar a una solución fundamental, en el mínimo de $x+y,$ es decir $qx-y-1 \geq y$ $qy-x-1 \geq x,$ o $$ y \leq \frac{qx-1}{2} \; \; \mbox{AND} \; \; x \leq \frac{qy-1}{2}, $$ que son el par de líneas que dibujó en el final de dos imágenes. No tenemos necesidad de prestar mucha atención a si $x$ o $y$ es más grande, de verdad.

He añadido una foto con mi $q=9,$ todo el arco es aún más firmemente dentro de la estricta norma de la unidad de la plaza, que es $x,y < 1.$ El $y$ coordinar a $x = (2y+1)/ q$ satisface $$ (q^2 - 4)y^2 - (2q+4)y - (q+1) = 0. $$ Para $q=3,4$ el positivo de la raíz supera $1.$ sin Embargo, para $q \geq 5,$ el positivo de la raíz es menor que uno. Para $q=5,$ $y = \frac{14 + 10 \sqrt 7}{42} \approx 0.963,$ tan cierto para $q=5.$ Entonces $$ y < \frac{1 + \sqrt{q+2}}{q-2}, $$ y que la desigualdad se termina la prueba de $q \geq 6.$

Miércoles, 2 De Septiembre. He encontrado una bonita manera para el final obligado en el valor positivo de la $y,$ o, más bien, mostrar que es estrictamente por debajo de $1.$ Tenemos, donde la Hurwitz delimitación de la línea de $x = (2y+1)/ q$ cumple con la hipérbola en el primer cuadrante, $$ (q^2 - 4)y^2 - (2q+4)y - (q+1) = 0. $$ Subtract $1$ de ambos lados, tenemos $$ (q^2 - 4)y^2 - (2q+4)y - (q+2) = -1. $$ Next divide through by $(q+2),$ por $$ (q - 2)y^2 - 2y - 1 = \frac{-1}{q+2} < 0. $$ Para la mano izquierda, el lado negativo de la con $y$ positivo, la fórmula cuadrática dice que tenemos estricta $$ \color{blue}{ y < \frac{1 + \sqrt{q-1}}{q-2}}. $$ Para $q=5$ dice $y<1,$ exactamente lo que necesitamos. Para $q > 5$ la restricción es todavía más fuerte.

Answer 3

Por la ecuación:

$$(x+y)(x+y+1)=kxy$$

Utilizar el enfoque de la utilización de ecuaciones de Pell. Si utiliza soluciones de esta ecuación.

$$p^2-k(k-4)s^2=1$$

Las decisiones pueden ser grabadas.

$$x=-(p^2+2kps+k(k-4)s^2)(p^2+2(k-2)ps+k(k-4)s^2)$$

$$y=-4ps(p^2+2kps+k(k-4)s^2)$$

Si esta ecuación de Pell.

$$p^2-k(k-4)s^2=\pm1$$

A continuación, las decisiones pueden ser grabadas.

$$x=\pm2(p-ks)s$$

O.

$$x=\mp(p^2+2(k-1)ps+k(k-2)s^2)$$

Para esto.

$$y=\mp2(p+ks)s$$

Número de $p,s - $ puede tener cualquier signo.

Un caso interesante de cuando. $k=4$

Las fórmulas se puede ver que mientras que el $s$ puede ser cualquier cosa. Y $p=\pm1$

Answer 4

Lo que tengo hasta el momento: En primer lugar, resolver para $x$: $$ x=\frac{k y-2 y-1\pm\sqrt{k^2 y^2-4 k y^2-2 k y+1}}{2} $$ $x$ es sólo un número entero, si el discriminante es un cuadrado perfecto, así: $$ k^2 y^2-4 k y^2-2 k y+1=z^2 $$ La solución de este para $y$: $$ y=\frac{k\pm\sqrt{k^2 z^2-4 k z^2+4 k}}{k^2-4 k} $$ Esto sólo puede suceder si: $$ k^2 z^2-4 k z^2+4 k=w^2\Rightarrow w^2-(k-4)kz^2=4k $$ Que es una ecuación de Pell. Si tenemos $w$$z$, luego (si no he hecho errores): $$ x=\frac{1}{4} \left(\frac{4-w}{k-4}-\frac{w}{k}+2 z\right)\qquad y=\frac{k-w}{(k-4) k} $$ $$ x=\frac{1}{4} \left(\frac{w}{k}+\frac{w+4}{k-4}-2 z\right)\qquad y=\frac{k+w}{(k-4) k} $$ Nos dará las soluciones