XVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

$ (1) \qquad x+y+z+t=xyzt. $

Rozwiązanie

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

$ (2) \qquad x \leq y \leq z \leq t. $

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

$ (3) \qquad 1+y+z+t=yzt. $

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)

$ 2+z+t=zt, \textrm{ skąd } zt-z-t+1 = 3 \textrm{ i} $

$ (4) \qquad (x-1)(t-1) = 3. $

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

$ (5) \qquad y+z+t=x(yzt-1). $

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

$ (6) \qquad x+y=\frac{1}{2} z(xyt-2) + \frac{1}{2}(xyz-2). $

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

$ (7) \qquad x_1 + y_1 + z_1 -t = x_1y_1z_1t, $

skąd

$ x_1 + y_1 + z_1 = t(x_1y_1z_1 + 1), $

a ponieważ $t \geq 1$ , więc

$ (8) \qquad x_1 + y_1 + z_1 \geq x_1y_1z_1+1. $

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)

$ 3z_1 \geq x_1^2 z_1 +1, \textrm{ zatem } (3- x_1^2)z_1 \geq 1, $

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

$ y_1+z_1 \geq y_1z_1, $

a że $y_1 \leq z_1$ , więc

$ 2z_1 \geq y_1z_1, \textrm{ skąd } y_1 \leq 2, $

tzn.

$ y_1=1 \textrm{ albo } y_1=2. $

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

$ (9) \qquad (z_1+1)(t-1) = 1. $

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

$ 3 + z_1 - t = 2z_1t, $

skąd

$ (10) \qquad (2z_1+1) (2t-1) = 5. $

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.