Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2872
2019-05-06 
Решить в целых числах уравнение
$x^2 + x = у^4 + у^3 + у^2 + у$.
Решение:
Дополним левую часть уравнения до полного квадрата, для чего достаточно умножить обе части уравнения на 4 и прибавить к ним по 1:
$(2x+1)^2 = 4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + 4y^2 + 4y + 1$.
Но
$4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + 4y^2 + 4y + 1 = (4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + y^2) + (3y^2 + 4y + 1) = (2y^2 + y)^2 + (3y^2 + 4y + 1) (= (P (y))^2 + Q(y))$;
а так как квадратный трехчлен $Q(y) = 3y^2 + 4y + 1$ имеет (вещественные) корни $y_1 = -1$ и $y_2 = - \frac{1}{3}$, то при всех целых отличных
от $y = -1$, этот трехчлен положителен (см. график функции $t = 3y^{2} + 4y + 1 $ рис. а), и, значит, $(2x+1)^2 > (P(y))^2 = (2y^2 + y)^2$.
С другой стороны, мы имеем
$4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + 4y^2 + 4y + 1 = (2y^2 + y + 1)^2 + (2y - y^2) (= (P_1 (y))^2 + Q_1 (y))$.
Но график функции $Q_1 (y) = 2y - y^2$ имеет изображенный на рис. б вид (корни квадратного двучлена $Q_1 (y)$ равны 0 и 2), значит, при всех целых $у$, отличных от 0, 1 и 2, имеем $Q_1 (y) < 0$, откуда $(2x+1)^2 < (P_1(y))^2 = (2y^2 + y + 1)^2$.
Таким образом, при всех целых $y \neq -1, 0, 1$ и 2 имеет место двойное неравенство
$(2y^2 + y + 1)^2 > (2x+1)^2 > (2y^2 + y)^2$,
т. е. при таких $у$ величина $(2x+1)^2$ заключена между квадратами двух последовательных целых чисел $Q(y)$ и $Q_1 (y)$, и поэтому число $2x + 1$ не может быть целым.
Итак, если $у$ - целое число, то $x$ может быть целым лишь при $y = -1, 0, 1$ и 2, т. е. когда правая часть исходного уравнения равна 0, 0, 4 и 30. Нам осталось только решить 3 квадратных уравнения
$x^2 + x = c$, где $с = 0, 4$ или 30. (*)
Целые корни этих уравнений таковы:
$x = 0$ или - 1 (при $с = 0$); $x = 5$ или - 6 (при $с = 30$; при $с = 4$ уравнение (*) целых корней не имеет).
Таким образом, окончательно получаем следующий набор решений заданного уравнения в целых числах (здесь запись ($а$, $b$) означает, что $x = a$, $y = b$):
(0, –1), (–1, –1); (0, 0), (–1, 0); (5, 2), (–6, 2) (всего 6 решений).
Решить в целых числах уравнение
$x^2 + x = у^4 + у^3 + у^2 + у$.
Решение:
Дополним левую часть уравнения до полного квадрата, для чего достаточно умножить обе части уравнения на 4 и прибавить к ним по 1:
$(2x+1)^2 = 4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + 4y^2 + 4y + 1$.
Но
$4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + 4y^2 + 4y + 1 = (4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + y^2) + (3y^2 + 4y + 1) = (2y^2 + y)^2 + (3y^2 + 4y + 1) (= (P (y))^2 + Q(y))$;
а так как квадратный трехчлен $Q(y) = 3y^2 + 4y + 1$ имеет (вещественные) корни $y_1 = -1$ и $y_2 = - \frac{1}{3}$, то при всех целых отличных
от $y = -1$, этот трехчлен положителен (см. график функции $t = 3y^{2} + 4y + 1 $ рис. а), и, значит, $(2x+1)^2 > (P(y))^2 = (2y^2 + y)^2$.
С другой стороны, мы имеем
$4y^4 + 4y^3 + 4y^3 + 4y^2 + 4y + 1 = (2y^2 + y + 1)^2 + (2y - y^2) (= (P_1 (y))^2 + Q_1 (y))$.
Но график функции $Q_1 (y) = 2y - y^2$ имеет изображенный на рис. б вид (корни квадратного двучлена $Q_1 (y)$ равны 0 и 2), значит, при всех целых $у$, отличных от 0, 1 и 2, имеем $Q_1 (y) < 0$, откуда $(2x+1)^2 < (P_1(y))^2 = (2y^2 + y + 1)^2$.
Таким образом, при всех целых $y \neq -1, 0, 1$ и 2 имеет место двойное неравенство
$(2y^2 + y + 1)^2 > (2x+1)^2 > (2y^2 + y)^2$,
т. е. при таких $у$ величина $(2x+1)^2$ заключена между квадратами двух последовательных целых чисел $Q(y)$ и $Q_1 (y)$, и поэтому число $2x + 1$ не может быть целым.
Итак, если $у$ - целое число, то $x$ может быть целым лишь при $y = -1, 0, 1$ и 2, т. е. когда правая часть исходного уравнения равна 0, 0, 4 и 30. Нам осталось только решить 3 квадратных уравнения
$x^2 + x = c$, где $с = 0, 4$ или 30. (*)
Целые корни этих уравнений таковы:
$x = 0$ или - 1 (при $с = 0$); $x = 5$ или - 6 (при $с = 30$; при $с = 4$ уравнение (*) целых корней не имеет).
Таким образом, окончательно получаем следующий набор решений заданного уравнения в целых числах (здесь запись ($а$, $b$) означает, что $x = a$, $y = b$):
(0, –1), (–1, –1); (0, 0), (–1, 0); (5, 2), (–6, 2) (всего 6 решений).
