XLV OM - III - Zadanie 1

Wyznaczyć wszystkie trójki $ (x,y,z) $ liczb wymiernych dodatnich, dla których liczby $ x+y+z $, $ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} $, $ xyz $ są naturalne.

Rozwiązanie

Niech $ (x,y,z) $ będzie trójką liczb wymiernych spełniających podany warunek. Liczby

\[<br />
(1) \qquad a = x + y + z, \quad     b=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}, \quad     c = xyz<br />
\]

są naturalne; wobec tego także iloczyn

\[<br />
bc = \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right) xyz = yz + zx + xy<br />
\]

jest liczbą naturalną. Liczby $ x $, $ y $, $ z $ są pierwiastkami wielomianu

\[<br />
P(t) = (t - x)(t - y)(t -z) = t^3- at^2 + bct - c,<br />
\]

którego wszystkie współczynniki są całkowite, a współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej $ t $ równa się $ 1 $. Wiadomo (patrz: {\it Uwaga}), że każdy pierwiastek wymierny takiego wielomianu jest liczbą całkowitą. Liczby $ x $, $ y $, $ z $ są z założenia wymierne; muszą więc być całkowite.

Oczywiście, dla dowolnych liczb naturalnych $ x,y,z \geq 1 $ liczby $ a $ oraz $ c $, określone wzorami (1), są także naturalne. Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia wszystkich trójek $ (x,y,z) $ liczb naturalnych dodatnich, dla których

\[<br />
(2) \qquad b=\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}<br />
\]

jest liczbą naturalną.

Załóżmy, że $ (x,y,z) $ jest taką trójką. Bez szkody dla ogólności można przyjąć, że $ x \geq y \geq z $. Wówczas

\[<br />
(3) \qquad \frac{3}{z} \geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}= b \geq1,<br />
\]

czyli $ 1 \leq z \leq 3 $. Jeżeli liczby $ x $, $ y $, $ z $ są równe, to związek (2) przybiera postać $ bx = 3 $, wobec czego

\[<br />
(4) \qquad x = y = z =1     \quad \textrm{lub} \quad      x = y = z = 3.<br />
\]

W dalszym ciągu będziemy rozważać przypadek, gdy nie wszystkie trzy liczby $ x $, $ y $, $ z $ są równe. Wówczas nierówność (3) jest ostra i otrzymujemy $ 1 \leq z < 3 $,
czyli $ z = 1 $ lub $ z = 2 $. Stąd $ b =\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \leq 1 + 1 + \frac{1}{2}<3 $, a zatem także $ b = 1 $ lub $ b = 2 $.

Przepiszmy równanie (2) w kolejno równoważnych postaciach:

\[<br />
bxyz - yz - zx - xy = 0,<br />
\]
\[<br />
(bz-1)xy- z(x + y) = 0;<br />
\]

z ostatniej postaci widać, że czynnik $ (bz - 1) $ nie może być zerem (co wyklucza możliwość $ b = z = 1 $). Mnożąc stronami przez ten czynnik otrzymujemy

\[<br />
(bz-1)^2xy-z(bz-1)(x + y) = 0,<br />
\]

skąd po dodaniu do obu stron składnika $ z^2 $ dostajemy równanie

\[<br />
(5) \qquad ((bz - 1)x - z) ((bz - 1)y -z) = z^2.<br />
\]

Jak stwierdziliśmy powyżej, liczby $ b $ i $ z $ mogą przyjmować tylko wartości $ 1 $ i $ 2 $, przy czym nie mogą być jednocześnie równe 1. Mamy więc trzy możliwości:

\[<br />
b = 2,\   z = 1;\quad b = 1, \  z = 2; \quad b=z = 2.<br />
\]

Równanie (5), odpowiednio, przyjmuje postać

\[<br />
\begin{split}<br />
(x - 1)(y - 1) & = 1 \quad (\textrm{przy czym } z = 1),\\<br />
(x-2)(y-2) & = 4  \quad (\textrm{przy czym } z = 2),\\<br />
(3x-2)(3y-2) & = 4  \quad (\textrm{przy czym }  z = 2).<br />
\end{split}<br />
\]

Pierwsze z tych równań daje rozwiązanie

\[<br />
(6) \qquad x = y = 2 \quad (\textrm{przy } z=1),<br />
\]

a drugie — rozwiązania

\[<br />
(7) \qquad  x = 6,\   y= 3 \quad     \textrm{oraz}  \quad     x = y = 4 \quad (\textrm{przy}\ z = 2).<br />
\]

(trzecie równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych $ x\geq y \geq  z = 2 $).

Wzory (4) oraz (6) i (7) przedstawiają ogólne rozwiązanie zadania przy założeniu, że $ x\geq y \geq z $. Odrzucając to założenie, otrzymujemy jako pełne rozwiązanie zadania następujące trójki $ (x,y,z) $:

\[<br />
(1,1,1);\quad (3,3,3);<br />
\]
\[<br />
(2,2,1) , \quad     (2,1,2), \quad (1,2,2);<br />
\]
\[<br />
(6,3,2), \quad   (6,2,3), \quad  (3,6,2),  \quad (3,2,6), \quad  (2,6,3), \quad (2,3,6);<br />
\]
\[<br />
(4,4,2) , \quad   (4,2,4), \quad (2,4,4).<br />
\]

{\kom Uwaga.} Oto uzasadnienie faktu, że każdy pierwiastek wymierny wielomianu postaci

\[<br />
P(t) = t^N + a_{N-1} t^{N-1} + \ldots+ a_1 t + a_0,<br />
\]

którego współczynniki $ a_0,a_1,\ldots,a_{N-1} $ są liczbami całkowitymi, również jest liczbą całkowitą. (W tym zadaniu mamy do czynienia z wielomianem stopnia $ N = 3 $.) Zapiszmy pierwiastek wymierny $ x $ wielomianu $ P(t) $ w postaci ułamka nieskracalnego $ x = r/q $ ($ q,r $ całkowite, $ q > 0 $). Pomnożenie równości $ P(x) = 0 $ stronami przez $ q^N $ daje

\[<br />
r^N + a_{N-1}qr^{N-1}+ \ldots+a_1q^{N-1}r + a_0q^N = 0.<br />
\]

Wszystkie składniki oprócz $ r^N $ są liczbami całkowitymi podzielnymi przez $ q $. Wobec tego także $ r^N $ musi dzielić się przez $ q $. Ułamek $ r/q $ jest z założenia nieskracalny. Stąd wniosek, że $ q= 1 $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź