Komentarz

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

$ (1) \qquad a = x + y + z, \quad b=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}, \quad c = xyz $

są naturalne; wobec tego także iloczyn

$ bc = \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right) xyz = yz + zx + xy $

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

$ P(t) = (t - x)(t - y)(t -z) = t^3- at^2 + bct - c, $

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

$ (2) \qquad b=\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z} $

jest liczbą naturalną.

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

$ (3) \qquad \frac{3}{z} \geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}= b \geq1, $

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

$ (4) \qquad x = y = z =1 \quad \textrm{lub} \quad x = y = z = 3. $

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:

$ bxyz - yz - zx - xy = 0, $

$ (bz-1)xy- z(x + y) = 0; $

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

$ (bz-1)^2xy-z(bz-1)(x + y) = 0, $

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

$ (5) \qquad ((bz - 1)x - z) ((bz - 1)y -z) = z^2. $

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:

$ b = 2,\ z = 1;\quad b = 1, \ z = 2; \quad b=z = 2. $

Równanie (5), odpowiednio, przyjmuje postać

$ \begin{split} (x - 1)(y - 1) & = 1 \quad (\textrm{przy czym } z = 1),\\ (x-2)(y-2) & = 4 \quad (\textrm{przy czym } z = 2),\\ (3x-2)(3y-2) & = 4 \quad (\textrm{przy czym } z = 2). \end{split} $

Pierwsze z tych równań daje rozwiązanie

$ (6) \qquad x = y = 2 \quad (\textrm{przy } z=1), $

a drugie — rozwiązania

$ (7) \qquad x = 6,\ y= 3 \quad \textrm{oraz} \quad x = y = 4 \quad (\textrm{przy}\ z = 2). $

(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 $(x,y,z)$ :

$ (1,1,1);\quad (3,3,3); $

$ (2,2,1) , \quad (2,1,2), \quad (1,2,2); $

$ (6,3,2), \quad (6,2,3), \quad (3,6,2), \quad (3,2,6), \quad (2,6,3), \quad (2,3,6); $

$ (4,4,2) , \quad (4,2,4), \quad (2,4,4). $

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

$ P(t) = t^N + a_{N-1} t^{N-1} + \ldots+ a_1 t + a_0, $

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

$ r^N + a_{N-1}qr^{N-1}+ \ldots+a_1q^{N-1}r + a_0q^N = 0. $

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 $q= 1$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XLV OM - III - Zadanie 1

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody