Komentarz

LVII OM - II - Zadanie 1

Liczby całkowite dodatnie $ a, b, c, x, y, z $ spełniają równości

\[<br /> a^2 + b^2 = c^2, \quad x^2+y^2 = z^2<br /> \]

oraz nierówności $ |x-a|\leq 1 $, $ |y-b|\leq 1 $.

Wykazać, że zbiory $ \{a,b\} $ oraz $ \{x,y\} $ są równe.

Rozwiązanie

Wobec symetrii ról trójek $ (a,b,c) $ oraz $ (x,y,z) $ można przyjąć, że $ z \geq c $. Patrząc na punkty
$ A=(a,b) $, $ X =(x,y) $ na płaszczyźnie z początkiem układu współrzędnych $ O = (0,0) $ widzimy, że

\[<br /> z-c = OX -OA \leq AX = \sqrt{(x-a)^2 +(y-b)^2} \leq \sqrt{2}.<br /> \]

Mamy więc dwie możliwości: $ z=c+1 $ lub $ z=c $.

  1. Jeśli $ z=c+1 $, to wtedy $ x^2+y^2>a^2+b^2 $. Wobec tego $ x>a $ lub $ y>b $. Bez straty ogólności możemy przyjąć,
    że $ x>a $, czyli $ x=a+1 $. Wówczas

    \[<br /> y = z^2 -x^2 =(c+1)^2 -(a+1)^2 = b^2 +2c-2a.<br /> \]

    Zatem liczby $ b $ i $ y $ są jednakowej parzystości. Ponadto $ c>a $, więc powyższa równość implikuje również, że $ y>b $. Uzyskaliśmy sprzeczność z warunkiem $ |y -b|\leq 1 $.

  2. Jeśli $ z = c $, to mamy równość $ x^2 +y^2= a^2 +b^2 $, czyli

    \[<br /> (x-a)(x+a)=(b-y)(b+y).<br /> \]

    Albo obie strony tego równania są równe zeru i wtedy mamy tezę ($ x = a $, $ y = b $), albo są różne od zera i wtedy

    \[<br /> \frac{x+a}{b+y}=\frac{b-y}{x-a}=\pm\frac{b-y}{x-a}=\pm 1<br /> \]

    Wartość $ -1 $ wykluczamy, bo liczby $ a, b, x, y $ są dodatnie. Z ostatniej równości uzyskujemy zatem $ a+x = b+y $ oraz $ b-y = x-a $.
    Stąd dostajemy $ x = b $ oraz $ y = a $, czyli tezę zadania.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz