Ακέραιες λύσεις!

#1

Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{x^3+x^2y+xy^2+y^3=8(x^2+xy+y^2+1).}$

Ch.Chortis · #2

matha έγραψε:Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{x^3+x^2y+xy^2+y^3=8(x^2+xy+y^2+1).}$

Καλημέρα στο

και σε όλους τους αναγνώστες του έπειτα από πολύ καιρό.
Ας ξεκινήσουμε...:
Για x=y

παρατηρούμε ότι δεν υπάρχει ακέραια λύση (καταλήγουμε στη σχέση: $x-6=\dfrac {2} {x^2},~x\neq 0$ η οποία προφανώς δεν έχει λύση στους ακεραίους), οπότε $x\neq y ~(\star)$ .
$x^3+x^2y+xy^2+y^3=8(x^2+xy+y^2+1) \Leftrightarrow (x^2+y^2)(x+y)=4(x^2+2xy+y^2+x^2+y^2+2) \Leftrightarrow (x^2+y^2)(x+y)=4(x^2+y^2)+4\left [(x+y)^2+2 \right] \Leftrightarrow (x^2+y^2)(x+y-4)=4\left [(x+y)^2+2 \right]~(1)$ .
Από την (1), με σχετική διερεύνηση, καταλαβαίνουμε ότι οι άγνωστοι πρέπει να έχουν το ίδιο parity (να είναι και οι δύο είτε άρτιοι είτε περιττοί).
Έπειτα, έχουμε:
$2(x^2+y^2)\dfrac {x+y-4} {2}=4\left [(x+y)^2+2 \right] \Leftrightarrow \left [(x+y)^2+(x-y)^2 \right]\dfrac {x+y-4} {2}=4\left [(x+y)^2+2 \right] \Leftrightarrow \boxed {\dfrac {x+y-4} {2}=4\dfrac {(x+y^2)+2} {(x+y)^2+(x-y)^2}=A}$ .
Επιπλέον, γνωρίζουμε ότι $(x-y)^2\geq 4$ , αφού οι περιπτώσεις $x-y=\pm 1$ (λόγω parity) και x-y=0

(από $(\star)$ ) απορρίπτονται.
Συνεπώς: $0 <4\dfrac {(x+y^2)+2} {(x+y)^2+(x-y)^2} < 4\dfrac {(x+y^2)+2} {(x+y)^2+2}=4 \Leftrightarrow \boxed {0<A<4}$
ΛΑΘΟΣ-Edit:6/07/2014 Επιπροσθέτως, λόγω και πάλι του parity, ισχύει $x+y-4=4k \Leftrightarrow 2A=4k \Leftrightarrow A=2k \Leftrightarrow A=2$ (αν x,y

άρτιοι είναι προφανές, αλλιώς δουλεύοντας με mod8 στη σχέση (1) τα ζεύγη $(x,y)=(4k\pm 1,4l\pm 1)$ δε γίνονται αποδεκτά, δηλαδή $(x,y)=(4k \pm 1,4l \mp 1)$ και καταλήγουμε στο προαναφερθέν συμπέρασμα).-ΛΑΘΟΣ
Για A=1

βρίσκουμε:
$\dfrac {x+y-4} {2}=1 \Leftrightarrow x+y=6 \Leftrightarrow \boxed {x=6-y}$
$4\dfrac {(x+y^2)+2} {(x+y)^2+(x-y)^2}=1 \Leftrightarrow (x+y)^2+(x-y)^2=4(x+y)^2+8 \Leftrightarrow 3(x+y)^2-(x-y)^2+8=0 \Leftrightarrow x^2+4xy+y^2+4=0 \Leftrightarrow (x+y)^2+4+2xy=0 \Leftrightarrow 2xy+40=0 \Leftrightarrow \boxed {xy=-20} \Leftrightarrow (6-y)y=-20 \Leftrightarrow 6y-y^2=-20 \Leftrightarrow y^2-6y-20=0 \Leftrightarrow \Delta=116$
, άτοπο (έπρεπε η διακρίνουσα να ήταν τέλειο τετράγωνο)
Για A=2

βρίσκουμε:
$\dfrac {x+y-4} {2}=2 \Leftrightarrow x+y=8 \Leftrightarrow \boxed {x=8-y}$
$4\dfrac {(x+y^2)+2} {(x+y)^2+(x-y)^2}=2 \Leftrightarrow 2(x+y)^2+2(x-y)^2=4(x+y)^2+8 \Leftrightarrow 2(x+y)^2-2(x-y)^2+8=0 \Leftrightarrow 8xy+8=0 \Leftrightarrow \boxed {xy=-1} \Leftrightarrow x=\pm 1, y=\mp 1$
, άτοπο.
Για A=3

βρίσκουμε:
$\dfrac {x+y-4} {2}=3 \Leftrightarrow x+y=10 \Leftrightarrow \boxed {x=10-y}$
$4\dfrac {(x+y^2)+2} {(x+y)^2+(x-y)^2}=3 \Leftrightarrow 3(x+y)^2+3(x-y)^2=4(x+y)^2+8 \Leftrightarrow 3(x-y)^2-(x+y)^2-8=0 \Leftrightarrow x^2-4xy+y^2-4=0 \Leftrightarrow (x+y)^2-6xy-4=0 \Leftrightarrow -6xy+96=0 \Leftrightarrow \boxed {xy=16} \Leftrightarrow (10-y)y=16 \Leftrightarrow y^2-10y+16=(y-8)(y-2)=0 \Leftrightarrow y=2, x=8~or~y=8,x=2$
Οπότε η εξίσωση έχει μοναδικές λύσεις (x,y)=(2,8)=(8,2)

στο $\mathbb {Z}$

#3

Η εξίσωση γράφεται $\left(x+y \right)\left(x^2+y^2 \right)=8\left(x^2+xy+y^2+1 \right).$

Θέτοντας S=x+y

και

βρίσκουμε

$S\left(S^2-2P \right)=8\left(S^2-P+1 \right)$

$S^3-8S^2-8=P\left(2S-8 \right)$

Αποκλείεται να είναι S=4.

Το δεύτερο μέλος είναι άρτιος οπότε και ο

είναι άρτιος. Ας είναι S=2T.

Τότε

$P=\dfrac{S^3-8S^2-8}{2S-8}=\dfrac{2T^3-8T^2-2}{T-2}=2T^2-4T-8-\dfrac{18}{T-2}$

Παρατηρούμε ότι αν ο T-2

είναι άρτιος τότε ο

είναι περιττός οπότε οι x,y

είναι περιττοί οπότε ο

είναι περιττός, άτοπο.

Άρα $T-2\in\left\{1,-1,3,-3,9,-9 \right\}$

Η περίπτωση T-2=3

είναι η μόνη που οδηγεί σε ακέραιες λύσεις: $\left(x,y \right)=\left(2,8 \right)$ ή $\left(8,2 \right).$

Ακέραιες λύσεις!

Ακέραιες λύσεις!

Re: Ακέραιες λύσεις!

Re: Ακέραιες λύσεις!

Μέλη σε σύνδεση