Przypuśćmy nie wprost, że dla pewnych dwóch różnych całkowitych \(\displaystyle{ x,y}\) jest \(\displaystyle{ 3x^3+2y^2=x-y}\)
Stąd otrzymujemy \(\displaystyle{ 2y^2+y=x-3x^3}\), a dalej \(\displaystyle{ y(2y+1)=x-3x^3}\)
Łatwo widać, że po prawej stronie mamy liczbę parzystą, zatem musi być \(\displaystyle{ 2|y}\), tj. \(\displaystyle{ y=2z, z \in \ZZ}\). Równanie sprowadza się do \(\displaystyle{ 2z(4z+1)=x-3x^3}\)
Liczby \(\displaystyle{ 2z}\) i \(\displaystyle{ 4z+1}\) są oczywiście względnie pierwsze (ćwiczenie dla Czytelnika nr 1), podobnie liczby \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ 1-3x^2}\) są względnie pierwsze (ćwiczenie dla Czytelnika nr 2).
To nam generuje przypadki:
a) \(\displaystyle{ 2z=\pm x, \ 4z+1=\pm (1-3x^2)}\)
b) \(\displaystyle{ 2z=\pm (1-3x^2), 4z+1=\pm x}\)
c) \(\displaystyle{ 2z=\pm( x-3x^3),4z+1=\pm 1}\)
d)\(\displaystyle{ 2z=\pm 1, 4z+1=\pm(x-3x^3)}\)
Łatwo widać, że przypadki c) i d) nie dają żadnego rozwiązania (no i tak w ogóle nie może oczywiście być \(\displaystyle{ 2z=\pm1}\) czy \(\displaystyle{ 4z+1=-1}\), ale dla porządku wszystkie wypisałem).
Rozgrzebiemy trochę przypadki a) i b):
a) odrzucamy \(\displaystyle{ 2z=x, 4z+1=1-3x^2}\), bo jeśli \(\displaystyle{ 2z=x}\), to \(\displaystyle{ y=x}\), a to jest wbrew założeniu. Pozostaje \(\displaystyle{ 2z=-x, 4z+1=-(1-3x^2)}\), czyli po podstawieniu za \(\displaystyle{ z}\) w drugim równaniu mamy \(\displaystyle{ -2x+1=-(1-3x^2)}\), czyli \(\displaystyle{ 3x^2+2x-2=0}\), ale to równanie kwadratowe nie ma rozwiązań całkowitych, bo musiałyby to być z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych \(\displaystyle{ \pm1 lub \pm 2}\), ale żadne z tych nie spełnia równania. Czyli przypadek a) nie daje żadnych rozwiązań spełniających warunki zadania.
b) \(\displaystyle{ 2z=\pm (1-3x^2), 4z+1=\pm x}\)
Tego mi się nie chce nawalać, ale dajmy spokój, równania kwadratowe każdy zna. Wstawiamy \(\displaystyle{ z=\frac{x-1}{4}}\), czy też \(\displaystyle{ z=\frac{-x-1}{4}}\) i mamy jakieś równania kwadratowe, łatwo widać jak to skończyć.
Może da się szybciej nawalając jakimś modulo, ale uważam, że to jest brzydka, toporna i nieco 'losowa" metoda (nie twierdzę, że powyższe rozwiązanie zachwyca swym pięknem).
Ostatnio zmieniony 18 paź 2017, o 19:35 przez Premislav, łącznie zmieniany 1 raz.
