XLVII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Wykazać, że równanie $x^x = y^3 + z^3$ ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich $x, y, z$ .

Rozwiązanie

Przedstawimy obszerną klasę rozwiązań tego równania.

Niech $m, n$ będą dodatnimi liczbami całkowitymi spełniającymi warunek:

$ (1) \qquad m + n -1 \ \textrm{jest liczbą podzielną przez}\ 3. $

Dla każdej liczby całkowitej $c$ liczba $c^3-c = c(c-1)(c+1)$ dzieli się przez $3$ . Z tożsamości $m^3 + n^3 -1 = (m^3 - m) + (n^3 - n) + (m + n -1)$ widać zatem, że warunek (1) pociąga za sobą warunek:

$ m^3 +n^3 -1\ \textrm{jest liczbą podzielną przez}\ 3. $

Weźmy $x = m^3+n^3$ . Różnica $x-1$ dzieli się przez $3$ , więc liczba $x^{x-1}$ jest sześcianem liczby całkowitej. Wobec tego

$ x^x = x \cdot x^{x-1} = (m^3 + n^3)x^{x-1} = m^3x^{x-1} + n^3x^{x-1} $

jest przedstawieniem liczby $x^x$ w postaci sumy dwóch sześcianów, i mamy to, o co chodziło.

Wniosek: wystarczy przyjąć

$ (2) \qquad \ x = m^3 + n^3, \quad y = mx^{(x-1)/3}, \quad z = nx^{(x-1)/3}; $

równanie $x^x = y^3 + z^3$ będzie spełnione. Wobec dowolności wyboru liczb $m$ i $n$ spełniających warunek (1) dostajemy nieskończoną rodzinę rozwiązań tego równania.

Uwaga: Specyfikując parametry $m$ i $n$ według jakiejś bardziej konkretnej reguły można otrzymać różne nieskończone zbiory rozwiązań badanego równania (będą one podzbiorami rodziny opisanej powyżej).

Biorąc na przykład $m=1$ , $n = 3k$ ( $k \geq 1$ całkowite) dostajemy zgodnie ze wzorami (2) następujący ciąg rozwiązań:

$ x = 27k^3+1,\quad y = (27k^3 + 1)^{9k^3},\quad z = 3k(27k^3 + 1)^{9k^3} \quad (k = 1,2,3,\ldots). $

Można też przyjąć we wzorach (2) $m = n = 3r + 2$ ( $r \geq 0$ całkowite); daje to ciąg rozwiązań

$ x=2(3r + 2)^3, \quad y = z=(3r + 2)[2(3r + 2)^3]^v, $

gdzie $v = \frac{1}{3}[2(3r + 2)^3-1] = 18r^3+ 36r^2+ 24r+ 5\quad (r = 0,1,2,\ldots)$ .

Szczególny przypadek tej ostatniej konstrukcji otrzymamy przyjmując $m = n = 2^{2j + 1}$ ( $j \geq 0$ całkowite), bowiem $2^{2j+1} = 2 \cdot 4^j \equiv 2 \pmod 3$ ; wzory (2) dają teraz:

$ \begin{split} x = 2^{6j+4}, \quad y = z = & 2^{2j+1} (2^{6j+4})^{(2^{6j+4}-1)/3}=2^w,\\ \textrm{gdzie}\ w = & 2j + 1 + \frac{1}{3}(6j + 4) (2^{6j+4} - 1) =\\ & = \frac{1}{3}[(6j+4)2^{6j+4}-1] \quad (j=0,1,2,\ldots). \end{split} $

Wszystkie te serie zostały znalezione przez rozwiązujących. Oczywiście są możliwe przeróżne inne specyfikacje parametrów $m$ i $n$ spełniających warunek (1).

Jako ciekawostkę podamy jeden przykład rozwiązania, które nie ma postaci (1), (2); także i ten przykład pochodzi z prac uczniowskich. Niech

$ s = 2^{(6i+4)/3}, \quad x = 2s^3 = 2^{6i+5}, \quad y = z = sx^{(x-1)/3} \quad (i = 0,1,2,\ldots); $

przypomina to wzory (2); rolę liczb $m, n$ przejęła liczba $s$ , która wszelako nie jest całkowita! Proponujemy Czytelnikom sprawdzenie, że liczba $sx^{(x-1)/3}$ już jest całkowita i że rozważane równanie jest spełnione.

Większość podanych przykładowo serii rozwiązań stanowią trójki $(x,y,z)$ , w których $y = z$ . Można bez znaczniejszych trudności udowodnić (to kolejna sugestia zadania dla Czytelnika), że ogólne rozwiązanie równania $x^x = 2y^3$ w liczbach całkowitych dodatnich ma postać

$ x = 2^{6\alpha + \gamma} (6 \beta + \delta)^3, \quad y=(\frac{1}{2} x^x)^{1/3}, $

gdzie $\alpha, \beta$ są dowolnymi nieujemnymi liczbami całkowitymi, a $(\gamma,\delta)$ jest jedną z następujących czterech par: $(1,5), (2,5), (4,1), (5,1)$ .