Komentarz

XVII OM - II - Zadanie 1

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

\[<br /> (1) \qquad x+y+z+t=xyzt.<br /> \]

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że czwórka liczb naturalnych $ (x, y, z, t) $ jest rozwiązaniem równania (1) i że

\[<br /> (2) \qquad x \leq y \leq z \leq t.<br /> \]

Z (2) wynika, że $ x+y+z+t \leq 4t $ i $ xyzt \geq x^3t $, więc na mocy (1) $ x^3t \leq 4t $, skąd $ x^3 \leq 4 $, a że $ x $ jest liczbą naturalną, więc $ x=1 $. Podstawiając tę wartość do równości (1) otrzymujemy

\[<br /> (3) \qquad 1+y+z+t=yzt.<br /> \]

Ponieważ według (2) $ 1+y+z+t \leq 1+3t $, a $ yzt \geq y^2t $, więc wobec równości (3) $ y^2t \leq 1+3t $, skąd $ (y^2-3)t \leq 1 $, a że $ t \geq 1 $ więc $ y^2-3 \leq 1 $, $ y^2 \leq 4 $, zatem $ y=2 $ lub $ y=1 $. Lecz przypadek $ y=2 $ nie jest możliwy, gdyż wówczas byłoby $ t \geq 2 $ i $ (y^2-3)t \geq 2 $, wbrew nierówności poprzedniej; ostatecznie więc $ y= 1 $.

W takim razie według (3)

\[<br /> 2+z+t=zt, \textrm{ skąd } zt-z-t+1 = 3 \textrm{ i}<br /> \]
\[<br /> (4) \qquad (x-1)(t-1) = 3.<br /> \]

Z (4) wnioskujemy, że $ z-1 $ i $ t- 1 $ są dzielnikami naturalnymi liczby $ 3 $, a ponieważ $ z \leq t $, więc $ z-1=1 $, $ t-1 = 3 $, tzn. $ z=2 $, $ t=4 $.

Rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych jest czwórka liczb $ (1, 1, 2, 4) $ oraz każda jej permutacja.

Uwaga. Postawimy zadanie ogólniejsze: Rozwiązać równanie (1) w liczbach całkowitych.

Łatwo spostrzec, że równanie (1) ma nieskończenie wiele takich rozwiązań w liczbach całkowitych, w których jedna lub więcej niewiadomych ma wartość $ 0 $. Rozwiązania tego rodzaju otrzymujemy obierając dwie dowolne liczby całkowite oraz liczbę przeciwną do ich sumy jako wartości trzech niewiadomych, a zero jako wartość czwartej niewiadomej.

Pozostają do wyznaczenia takie czwórki liczb całkowitych $ x $, $ y $, $ z $, $ t $ spełniających równanie (1), z których żadna nie jest zerem, a przynajmniej jedna jest ujemna.

Przypuśćmy, że $ (x, y, z, t) $ jest taką czwórką. Liczby $ x $, $ y $, $ z $, $ t $ nie mogą być wszystkie ujemne, gdyż wówczas lewa strona równości (1) byłaby liczbą ujemną, a prawa - dodatnią.

Trzeba zatem zbadać tylko następujące przypadki.

1) Jedna z liczb $ x $, $ y $, $ z $, $ t $ jest ujemna, a pozostałe są dodatnie. Niech np. $ x<0 $, $ y>0 $, $ z>0 $, $ t>0 $. Z równości (1) wynika, że

\[<br /> (5) \qquad y+z+t=x(yzt-1).<br /> \]

Równość (5) nie może być prawdziwa, gdyż lewa jej strona jest liczbą dodatnią, prawa zaś jest iloczynem liczby ujemnej przez nieujemną (gdyż $ yzt \geq 1 $), więc nie jest liczbą dodatnią. Wobec tego przypadek 1) zdarzyć się nie może.

2) Dwie z liczb $ x $, $ y $, $ z $, $ t $ są ujemne, a dwie dodatnie, np. $ x<0 $, $ y<0 $, $ z>0 $, $ t>0 $. Z równości (1) otrzymujemy

\[<br /> (6) \qquad x+y=\frac{1}{2} z(xyt-2) + \frac{1}{2}(xyz-2).<br /> \]

Lewa strona równości (6) jest ujemna, więc i prawa jest ujemna; w takim razie ponieważ $ z>0 $ i $ t>0 $, więc $ xyz-2<0 $, zatem $ xyz<2 $; lecz $ xyz \geq 1 $, więc $ xyz=1 $, skąd $ x= - 1 $, $ y= - 1 $, $ z=1 $. Podstawiając te wartości do (1) otrzymujemy równość fałszywą $ -1+t=t $. Przypadek 2) zachodzić zatem nie może.

3) Trzy spośród liczb $ x $, $ y $, $ z $, $ t $ są ujemne, czwarta jest dodatnia. Niech np. $ x<0 $, $ y<0 $, $ z<0 $, $ t>0 $. Wprowadzimy oznaczenia $ - x=x_1 $, $ - y=y_1 $, $ -z=z_1 $. Liczby całkowite dodatnie $ x_1 $, $ y_1 $, $ z_1 $ i $ t $ spełniają na mocy (1) równanie

\[<br /> (7) \qquad x_1 + y_1 + z_1 -t = x_1y_1z_1t,<br /> \]

skąd

\[<br /> x_1 + y_1 + z_1 = t(x_1y_1z_1 + 1),<br /> \]

a ponieważ $ t \geq 1 $, więc

\[<br /> (8) \qquad x_1 + y_1 + z_1 \geq x_1y_1z_1+1.<br /> \]

Przypuśćmy, że $ x_1 \leq y_1 \leq z_1 $; wówczas $ x_1+y_1+z_1 \leq 3z_1 $, $ x_1y_1z_1 \geq x_1^2z_1 $, wobec czego na mocy nierówności (8)

\[<br /> 3z_1 \geq x_1^2 z_1 +1, \textrm{ zatem } (3- x_1^2)z_1 \geq 1,<br /> \]

stąd zaś wynika, że $ 3-x_1^2>0 $, więc $ x_1=1 $. Podstawiając tę wartość do nierówności (8) otrzymamy

\[<br /> y_1+z_1 \geq y_1z_1,<br /> \]

a że $ y_1 \leq z_1 $, więc

\[<br /> 2z_1 \geq y_1z_1, \textrm{ skąd } y_1 \leq 2,<br /> \]

tzn.

\[<br /> y_1=1 \textrm{ albo } y_1=2.<br /> \]

a) Gdy $ y_1=1 $, wtedy z równości $ x_1=1 $ i (7) otrzymujemy $ 2+z_1-t=z_1t $, a stąd

\[<br /> (9) \qquad (z_1+1)(t-1) = 1.<br /> \]

Równość (9) jest sprzeczna z założeniem, że $ z_1 $ i $ t $ są liczbami naturalnymi; wobec tego przypuszczenie, że $ y_1 = 1 $ trzeba odrzucić.

b) Gdy $ y_1=2 $, wtedy z równości $ x_1 = 1 $ i (7) otrzymujemy

\[<br /> 3 + z_1 - t = 2z_1t,<br /> \]

skąd

\[<br /> (10) \qquad (2z_1+1) (2t-1) = 5.<br /> \]

Ponieważ liczby $ 2z_1+1 $ i $ 2t- 1 $ są całkowite i dodatnie, więc jedna z nich równa się $ 1 $, a druga równa się $ 5 $. Lecz $ 2z_1+1>1 $, więc $ 2z_1+1 = 5 $, $ 2t-1 = 1 $; stąd $ z_1=2 $, $ t=1 $.

Otrzymaliśmy rozwiązanie $ (1, 2, 2, 1) $ równania (7) w liczbach naturalnych.

Wobec tego czwórka liczb $ ( - 1, -2, -2, 1) $ jest rozwiązaniem równania (1).

Każda permutacja tych liczb daje również rozwiązanie równania (1). Liczba permutacji $ n $ elementów, wśród których jest $ k $ jednakowych, wynosi $ \frac{n!}{k!} $, więc równanie (1) ma $ \frac{4!}{2}=12 $ takich rozwiązań w liczbach całkowitych różnych od zera, które zawierają liczby ujemne.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz