XI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ , z których żadna nie jest zerem spełniają zależność

$ (1) \qquad a^3b^3 + b^3c^3 + c^3a^3 = abc (a^3 + b^3 + c^3) $

to można je ustawić w takim porządku, że utworzą postęp geometryczny.

Rozwiązanie

Z trzech różnych od zera liczb $a$ , $b$ , $c$ można utworzyć postęp geometryczny wtedy i tylko wtedy, gdy któraś z nich jest średnią geometryczną dwóch pozostałych, tzn. gdy któraś z różnic $ab - c^2$ , $bc - a^2$ , $ca - b^2$ równa się zeru, co jest równoważne warunkowi

$ (2) \qquad (ab - c^2)(bc - a^2) (ca - b^2) = 0. $

Mamy więc dowieść, że z równości (1) wynika równość (2). Zależności (1) możemy nadać postać

$ (3) \qquad a^4bc - a^3(b^3 + c^3) + abc (b^3 + c^3) - b^3c^3 = 0. $

Oznaczając lewą stronę równości (3) literą $L$ , przekształcimy ją jak następuje

$ \begin{split} L & = bc (a^4 - b^2 c^2) - a(b^3 + c^3) (a^2 - bc) = \\ & = (a^2 - bc) [bc (a^2 + bc) - a (b^3 + c^3)] =\\ & = (a^2 - bc) [ab (ac - b^2) + c^2 (b^2 - ac)] =\\ & = (a^2 - bc) (b^2 - ac) (c^2 - ab). \end{split} $

Okazało się, że warunek (1) jest równoważny warunkowi (2).

Powyższy rachunek możną by zastąpić następującym krótkim rozumowaniem. Z 3 liczb $a$ , $b$ , $c$ co najmniej dwie są tego samego znaku; niech np. $bc > 0$ . Jeżeli w lewej stronie równości (3) zastąpimy $a^2$ przez $bc$ otrzymamy wyrażenie

$ b^3c^3 - abc (b^3 + c^3) + abc (b^3 + c^3) - b^3c^3 $

równe tożsamościowo zeru. Stąd wynika, że liczby $\sqrt{bc}$ i $- \sqrt{bc}$ są pierwiastkami wielomianu $L$ zmiennej $a$ , wielomian ten jest zatem podzielny przez $a^2 - bc$ . Ponieważ wyrażenie $L$ jest symetryczne względem $a$ , $b$ , $c$ , więc jest podzielne również przez $b^2 - ac$ i przez $c^2 - ab$ , wobec czego

$ L = k \cdot (a^2 - bc) (b^2 - ac) (c^2 - ab), $

a ponieważ w wyrażeniu $L$ wyrazem z najwyższą potęgą $a$ jest $a^4 bc$ , więc $k = 1$ .