XLVII OM - I - Zadanie 10

Wykazać, że równanie $ x^x = y^3 + z^3 $ ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich $ x, y, z $.

Rozwiązanie

Przedstawimy obszerną klasę rozwiązań tego równania.

Niech $ m, n $ będą dodatnimi liczbami całkowitymi spełniającymi warunek:

\[<br />
(1) \qquad  m + n -1 \ \textrm{jest liczbą podzielną przez}\ 3.<br />
\]

Dla każdej liczby całkowitej $ c $ liczba $ c^3-c = c(c-1)(c+1) $ dzieli się przez $ 3 $. Z tożsamości $ m^3 + n^3 -1 = (m^3 - m) + (n^3 - n) + (m + n -1) $ widać zatem, że warunek (1) pociąga za sobą warunek:

\[<br />
m^3 +n^3 -1\ \textrm{jest liczbą podzielną przez}\ 3.<br />
\]

Weźmy $ x = m^3+n^3 $. Różnica $ x-1 $ dzieli się przez $ 3 $, więc liczba $ x^{x-1} $ jest sześcianem liczby całkowitej. Wobec tego

\[<br />
x^x = x \cdot x^{x-1} = (m^3 + n^3)x^{x-1} = m^3x^{x-1} + n^3x^{x-1}<br />
\]

jest przedstawieniem liczby $ x^x $ w postaci sumy dwóch sześcianów, i mamy to, o co chodziło.

Wniosek: wystarczy przyjąć

\[<br />
(2) \qquad \ x = m^3 + n^3, \quad  y = mx^{(x-1)/3}, \quad z = nx^{(x-1)/3};<br />
\]

równanie $ x^x = y^3 + z^3 $ będzie spełnione. Wobec dowolności wyboru liczb $ m $ i $ n $ spełniających warunek (1) dostajemy nieskończoną rodzinę rozwiązań tego równania.

Uwaga: Specyfikując parametry $ m $ i $ n $ według jakiejś bardziej konkretnej reguły można otrzymać różne nieskończone zbiory rozwiązań badanego równania (będą one podzbiorami rodziny opisanej powyżej).

Biorąc na przykład $ m=1 $, $ n = 3k $ ($ k \geq 1 $ całkowite) dostajemy zgodnie ze wzorami (2) następujący ciąg rozwiązań:

\[<br />
x = 27k^3+1,\quad   y = (27k^3 + 1)^{9k^3},\quad z = 3k(27k^3 + 1)^{9k^3} \quad (k = 1,2,3,\ldots).<br />
\]

Można też przyjąć we wzorach (2) $ m = n = 3r + 2 $ ($ r \geq 0 $ całkowite); daje to ciąg rozwiązań

\[<br />
x=2(3r + 2)^3, \quad y = z=(3r + 2)[2(3r + 2)^3]^v,<br />
\]

gdzie $ v = \frac{1}{3}[2(3r + 2)^3-1] = 18r^3+ 36r^2+ 24r+ 5\quad (r = 0,1,2,\ldots) $.

Szczególny przypadek tej ostatniej konstrukcji otrzymamy przyjmując $ m = n = 2^{2j + 1} $ ($ j \geq 0 $ całkowite), bowiem $ 2^{2j+1} = 2 \cdot 4^j \equiv 2 \pmod 3 $; wzory (2) dają teraz:

\[<br />
\begin{split}<br />
 x = 2^{6j+4}, \quad  y = z = & 2^{2j+1} (2^{6j+4})^{(2^{6j+4}-1)/3}=2^w,\\<br />
 \textrm{gdzie}\ w = & 2j + 1 + \frac{1}{3}(6j + 4) (2^{6j+4} - 1) =\\<br />
& = \frac{1}{3}[(6j+4)2^{6j+4}-1] \quad (j=0,1,2,\ldots).<br />
\end{split}<br />
\]

Wszystkie te serie zostały znalezione przez rozwiązujących. Oczywiście są możliwe przeróżne inne specyfikacje parametrów $ m $ i $ n $ spełniających warunek (1).

Jako ciekawostkę podamy jeden przykład rozwiązania, które nie ma postaci (1), (2); także i ten przykład pochodzi z prac uczniowskich. Niech

\[<br />
s = 2^{(6i+4)/3}, \quad    x = 2s^3 = 2^{6i+5}, \quad y = z = sx^{(x-1)/3} \quad (i = 0,1,2,\ldots);<br />
\]

przypomina to wzory (2); rolę liczb $ m, n $ przejęła liczba $ s $, która wszelako nie jest całkowita! Proponujemy Czytelnikom sprawdzenie, że liczba $ sx^{(x-1)/3} $ już jest całkowita i że rozważane równanie jest spełnione.

Większość podanych przykładowo serii rozwiązań stanowią trójki $ (x,y,z) $, w których $ y = z $. Można bez znaczniejszych trudności udowodnić (to kolejna sugestia zadania dla Czytelnika), że ogólne rozwiązanie równania $ x^x = 2y^3 $ w liczbach całkowitych dodatnich ma postać

\[<br />
x = 2^{6\alpha + \gamma} (6 \beta + \delta)^3, \quad y=(\frac{1}{2} x^x)^{1/3},<br />
\]

gdzie $ \alpha, \beta $ są dowolnymi nieujemnymi liczbami całkowitymi, a $ (\gamma,\delta) $ jest jedną z następujących czterech par: $ (1,5), (2,5), (4,1), (5,1) $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź