#7 Диофантовы уравнения I: факторизация и оценки

Имеем \(xy+2x+3y+6=60\), то есть \((x+3)(y+2)=60\). Так как \(x,y>0\), нужно \(x+3\ge 4\), \(y+2\ge 3\). Подходящие пары делителей \(60\): \((4,15),(5,12),(6,10),(10,6),(12,5),(15,4),(20,3)\). Отсюда получаем \((1,13),(2,10),(3,8),(7,4),(9,3),(12,2),(17,1)\). Все они проверяются подстановкой.

Из \(10x+10y=xy\) получаем \(xy-10x-10y=0\), значит \((x-10)(y-10)=100\). Поэтому \(x=10+d\), \(y=10+\frac{100}{d}\), где \(d\) пробегает положительные делители \(100\). Ответ: \((11,110),(12,60),(14,35),(15,30),(20,20),(30,15),(35,14),(60,12),(110,11)\).

Пишем \((x-y)(x+y)=105\). Оба множителя должны иметь одинаковую чётность; так как произведение нечётно, оба множителя нечётные. Пары делителей: \((1,105),(3,35),(5,21),(7,15)\). Они дают \((x,y)=(53,52),(19,16),(13,8),(11,4)\).

По модулю \(n+5\) имеем \(n^2+7\equiv 25+7=32\). Следовательно, \(n+5\mid 32\). Так как \(n+5>5\), возможны \(n+5=8,16,32\). Получаем \(n=3,11,27\). Проверка показывает, что все три значения подходят.

Если \(q=2\), то \(p^2=124\), что невозможно. Значит \(p,q\) нечётные, и \(p-q\), \(p+q\) — чётные положительные множители \(120\). Проверяем пары \((2,60),(4,30),(6,20),(10,12)\). Они дают \((p,q)=(31,29),(17,13),(13,7),(11,1)\). Последняя пара не подходит, так как \(1\) не простое. Ответ: \((31,29),(17,13),(13,7)\).

Уравнение равносильно \(xy-4x-7y=9\). Добавляем \(28\): \((x-7)(y-4)=37\). Так как \(37\) простое, возможны только пары множителей \((1,37)\) и \((37,1)\). Получаем \((x,y)=(8,41)\) и \((44,5)\).

Получаем \(8x+8y+8=xy\), то есть \(xy-8x-8y=8\). Поэтому \((x-8)(y-8)=72\). Для каждого положительного делителя \(d\mid 72\) имеем \(x=8+d\), \(y=8+\frac{72}{d}\). Значит решения: \((9,80),(10,44),(11,32),(12,26),(14,20),(16,17),(17,16),(20,14),(26,12),(32,11),(44,10),(80,9)\).

Перепишем уравнение как \((x+y)(x-y)-2(x+y)=21\), то есть \((x+y)(x-y-2)=21\). Пусть \(A=x+y\), \(B=x-y-2\). Возможные положительные пары \((A,B)\): \((1,21),(3,7),(7,3),(21,1)\). Первые две дают неположительное \(y\). Из \((7,3)\) получаем \(x=6,y=1\), из \((21,1)\) получаем \(x=12,y=9\). Ответ: \((6,1),(12,9)\).

Имеем \((x+2)^2-y^2=15\), то есть \((x+2-y)(x+2+y)=15\). Пары положительных множителей одинаковой чётности: \((1,15)\) и \((3,5)\), обе нечётные. Из них получаем \((x,y)=(6,7)\) и \((2,1)\). Проверка в исходном уравнении подтверждает оба решения.

Если \(2n+1\mid n^2+n+10\), то \(2n+1\mid 4(n^2+n+10)\). Но \(4n^2+4n+40=(2n+1)^2+39\). Значит \(2n+1\mid 39\). Так как \(2n+1>1\) и нечётно, возможны \(2n+1=3,13,39\). Получаем \(n=1,6,19\). Все три значения подходят.

Квадрат целого числа по модулю \(4\) равен \(0\) или \(1\). Правая часть \(4xy+3\equiv 3\pmod 4\). Левая часть может принимать по модулю \(4\) значения \(0,1,2\), но не \(3\). Противоречие. Следовательно, целых решений нет.

Из уравнения получаем \(y(x+1)=x^2-x-11\). Но \(x^2-x-11=(x+1)(x-2)-9\). Значит \(x+1\mid 9\). Так как \(x>0\), имеем \(x+1=3\) или \(9\). При \(x=2\) получаем \(y=-3\), не подходит. При \(x=8\) получаем \(9y=45\), то есть \(y=5\). Ответ: \((8,5)\).

Так как \(x\le y\le z\), то \(1=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le \frac{3}{x}\), значит \(x\le 3\). При \(x=1\) оставшаяся сумма равна \(0\), невозможно. При \(x=2\) получаем \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{2}\), то есть \((y-2)(z-2)=4\). С учётом \(y\le z\): \((y,z)=(3,6),(4,4)\). При \(x=3\) получаем \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{2}{3}\). Так как \(y\ge 3\), максимум левой части равен \(\frac{2}{3}\), значит \(y=z=3\). Ответ: \((2,3,6),(2,4,4),(3,3,3)\).

Имеем \(x^2+y^2=(60-x-y)^2\). После раскрытия и сокращения: \(xy-60x-60y+1800=0\), то есть \((x-60)(y-60)=1800\). Так как \(x,y<60\), положим \(a=60-x\), \(b=60-y\). Тогда \(ab=1800\), а гипотенуза равна \(a+b-60\), поэтому нужно \(a<60\), \(b<60\), \(a+b>60\). Подходящие пары делителей: \((36,50)\) и \((40,45)\), а также перестановки. Получаем стороны \(24,10,26\) и \(20,15,25\). Ответ: \((10,24,26)\) и \((15,20,25)\).

Уравнение равносильно \((x-y)^2=x+y\). Пусть \(d=|x-y|\). Тогда \(x+y=d^2\). Если \(x\ge y\), то \(x-y=d\), откуда \(x=\frac{d^2+d}{2}\), \(y=\frac{d^2-d}{2}\). Для положительности нужно \(d\ge 2\). Обратно, при любом \(d\ge 2\) эти числа положительны и удовлетворяют уравнению. С учётом перестановки ответ: \(\left(\frac{d(d+1)}{2},\frac{d(d-1)}{2}\right)\) и перестановка, где \(d=2,3,4,\ldots\).

Если \(x,y\ge 2\), то \(x^2+y^2-xy-1=(x-y)^2+xy-1\ge 3>0\), значит \(x^2+y^2>xy+1\). Тогда делимость невозможна, потому что положительный делитель больше положительного числа. Если \(x=1\), условие даёт \(1+y^2\mid y+1\), что возможно только при \(y=1\). Аналогично при \(y=1\). Пара \((1,1)\) действительно подходит: \(2\mid 2\). Ответ: \((1,1)\).

Если \(N+1\) составное, берём блок \(N+2,N+3,\ldots,2N+1\). Любое простое \(p\le N\) делит произведение любых \(N\) последовательных чисел, потому что среди них есть число, кратное \(p\). Простые числа \(p\) из промежутка \(N+2\le p\le 2N+1\) входят в блок как отдельные множители. Число \(N+1\) не является простым, значит простых в пропущенной точке нет.

Если \(N+1\) простое, берём блок \(N+3,N+4,\ldots,2N+2\). Простые \(p\le N\) снова покрыты блоком длины \(N\). Простое \(N+1\) делит последний член \(2N+2=2(N+1)\). Число \(N+2\) не является простым: если \(N+1\) простое и больше \(3\), то \(N+1\) нечётно, значит \(N+2\) чётно и больше \(2\); случай \(N=2\) исключён условием. Простые \(p\) между \(N+3\) и \(2N+1\) входят в блок. Значит нужный блок существует в обоих случаях.

Из \(x\le y\le z\) следует \(\frac{3}{x}\ge \frac{1}{2}\), значит \(x\le 6\). При \(x=1\) сумма уже больше \(\frac{1}{2}\), при \(x=2\) оставшиеся дроби должны суммироваться в \(0\), невозможно.

Если \(x=3\), то \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{6}\), то есть \((y-6)(z-6)=36\). С учётом \(y\le z\): \((y,z)=(7,42),(8,24),(9,18),(10,15),(12,12)\).

Если \(x=4\), то \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{4}\), поэтому \((y-4)(z-4)=16\). Получаем \((5,20),(6,12),(8,8)\).

Если \(x=5\), то \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{3}{10}\). Умножая и дописывая произведение, получаем \((3y-10)(3z-10)=100\). При \(y\ge 5\) и \(y\le z\) подходит только \(3y-10=5\), то есть \((y,z)=(5,10)\).

Если \(x=6\), то \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3}\). Так как \(y,z\ge 6\), максимум равен \(\frac{1}{3}\), значит \(y=z=6\). Ответ: \((3,7,42),(3,8,24),(3,9,18),(3,10,15),(3,12,12),(4,5,20),(4,6,12),(4,8,8),(5,5,10),(6,6,6)\).

Пусть \(D=n^2+3n+3\). Из \(n^2\equiv -3n-3\pmod D\) получаем \(n^3\equiv -3n^2-3n\equiv 9n+9-3n=6n+9\pmod D\). Поэтому \(n^3-1\equiv 6n+8\pmod D\), и \(D\mid 6n+8\). Для \(n\ge 5\) имеем \(D=n^2+3n+3>6n+8\), что невозможно. Проверяем \(n=1,2,3,4\): при \(n=1\) получаем \(7\mid 0\), подходит; при \(n=2,3,4\) делимости нет. Ответ: \(n=1\).

Из порядка \(x\le y\le z\) следует \(\frac{3}{x}\ge \frac{2}{3}\), значит \(x\le 4\). \(x=1\) невозможен, так как \(\frac{1}{x}=1>\frac{2}{3}\).

При \(x=2\): \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{6}\), поэтому \((y-6)(z-6)=36\). С учётом \(y\le z\): \((y,z)=(7,42),(8,24),(9,18),(10,15),(12,12)\).

При \(x=3\): \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3}\), поэтому \((y-3)(z-3)=9\). Получаем \((y,z)=(4,12),(6,6)\).

При \(x=4\): \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{5}{12}\). Умножение и дополнение дают \((5y-12)(5z-12)=144\). Нужно \(y\ge 4\), \(y\le z\), значит \(5y-12\le 12\) и этот делитель сравним с \(3\) по модулю \(5\). Среди делителей \(144\), не превосходящих \(12\), подходят \(3\) и \(8\); \(3\) даёт \(y=3\), что нельзя, а \(8\) даёт \(y=4,z=6\). Ответ: \((2,7,42),(2,8,24),(2,9,18),(2,10,15),(2,12,12),(3,4,12),(3,6,6),(4,4,6)\).