Opublikowane na Archiwum Olimpiady Matematycznej (https://archom.ptm.org.pl)

LVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

II

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 $z=c$ .

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 $|y -b|\leq 1$ .
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.

Adres źródła: https://archom.ptm.org.pl/?q=node/226