Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 124
2014-06-07 
Доказать, что не существует правильной четырехугольной пирамиды, у которой длины всех ребер, полная поверхность и объем являются целыми числами.
Решение:
Предположим, что указанная в задаче пирамида существует. Обозначим через $g$ длину стороны квадрата, служащего ее основанием, а через $h$ - высоту пирамиды. Тогда длина бокового ребра пирамиды, ее полная поверхность и объем равны соответственно
$f = \sqrt{h^{2}+2(g/2)^{2}},s = g^{2} + 2g \sqrt{h^{2}+(g/2)^{2}}$ и $v=g^{2}h/3$.
Поскольку $g, f, s, v \in \mathbf{N}$, то числа
$x=g^{3},y=6v,z=g(s-g^{2}),u=2g^{2}f$
являются натуральными, причем справедливы соотношения
$x^{2}+y^{2} = g^{6} + 36v^{2} = 4g^{4} ((g/2)^{2}+h^{2}) = g^{2}(s-g^{2})^{2}=z^{2}$,
$x^{2}+z^{2} = g^{6} + 4g^{4}(h^{4}+(g/2)^{2}) = 4g^{4} (h^{2}+2(g/2)^{2}) = u^{2}$.
Таким образом, система уравнений в натуральных числах
$
\begin{cases}
x^{2}+ y^{2}=z^{2},&\text{}\\
x^{2}+ z^{2}=u^{2},&\text{}
\end{cases}
$
имеет решения. Выберем среди них решение $(x_{0};y_{0}; z_{0};u_{0})$, для которого величина принимает наименьшее возможное значение $x_{0}$. Тогда числа $ x_{0};y_{0}; z_{0};u_{0}$ попарно взаимно просты. Действительно, если какие-либо два из них одновременно делятся на некоторое простое число $p$, то из равенств
$x^{2}_{0}+ y^{2}_{0}= z^{2}_{0}, x^{2}_{0}+ z^{2}_{0}= u^{2}_{0}, y^{2}_{0}+ u^{2}_{0}=2 z^{2}_{0}$
следует, что и два других числа также делятся на $p$. Но тогда набор $(x_{0}/p; y_{0}/p; z_{0}/p; u_{0}/p)$ представляют собой решение системы, причем $x_{0}/p < x_{0}$, что противоречит выбору значения $x_{0}$. Кроме того, число $x_{0}$ четно, а значит, числа $x_{0},z_{0},u_{0}$ нечетны. Действительно, если $x_{0}$ нечетно, то
$x^{2}_{} \equiv 1 (mod 4)$,
а число $u^{2}_{0} = 2x^{2}_{0} + y^{2}_{0}$ при делении на 4 дает остаток 2 или 3 (в зависимости от четности числа $y_{0}$), чего не может быть. Из равенства $x^{2}_{0} = z^{2}_{0} – y^{2}_{0}$ получаем равенство
$\left ( \frac{x_{0}}{2} \right )^{2} = \frac{ z_{0}+y_{0}}{2} \frac{z_{0}-y_{0}}{2}$
причем натуральные числа $(z_{0} + y_{0})/2$ и $(z_{0} - y_{0})/2$ взаимно просты, так как в противном случае выполнялись бы соотношения
$(z_{0},y_{0}) = (z_{0},z_{0}-y_{0}) \geq$
$\geq \left ( z_{0}, \frac{z_{0}-y_{0}}{2} \right ) = \left ( z_{0}- \frac{z_{0}-y_{0}}{2}, \frac{z_{0}-y_{0}}{2} \right ) = \left ( \frac{z_{0}+y_{0}}{2}, \frac{z_{0}-y_{0}}{2} \right ) > 1$,
т.е. числа $z_{0}$ и $y_{0}$ не были бы взаимно простыми. Следовательно, числа $(z_{0}+y_{0})/2, (z_{0}-y_{0})/2$ является квадратами некоторых взаимно простых чисел $k, l \in \mathbf{N}$ соответственно, поэтому
$x_{0}=2kl,y_{0}=k^{2}-l^{2},z_{0}=k^{2}+l^{2}$.
Аналогично, из равенства
$x^{2}_{0}=u^{2}_{0}-z^{2}_{0}$
вытекают соотношения
$x_{0}=2mn, z_{0} = m^{2} – n^{2}, u_{0}=m^{2}+n^{2}$
для некоторых чисел $m, n \in \mathbf{N}$. Таким образом, получаем систему
$
\begin{cases}
kl = mn,&\text{}\\
k^{2}+ l^{2}=m^{2} – n^{2},&\text{}
\end{cases}
$
Обозначим $(k, m) = a$, тогда
$k=ab, m=ac$, где $a, b, c \in \mathbf{N}$ и $(b, c) = 1$.
Равенство $kl=mn$ записывается в виде $abl = acn$, откуда $bl = cn$ и $l = cd$, где $d \in \mathbf{N}$ (ибо $bl \vdots c$, но $(b, c)=1$). Следовательно, $bcd=cn$, откуда $n=bd$, причем из условия
$1 = (k, l) = (ab, cd)$
вытекает соотношение $(a, d) = 1$. Далее, имеем равенство
$a^{2}b^{2} + c^{2}d^{2} = a^{2}c^{2} - b^{2}d^{2}$,
из которого получаем условие
$(a^{2}+d^{2})(b^{2}+c^{2})=2a^{2}c^{2}$.
Поскольку
$(a^{2}+d^{2}, a^{2}) = (d^{2},a^{2})=1$ и $(b^{2}+c^{2},c^{2}) = (b^{2},c^{2}) = 1$,
то последнее условие выполнимо лишь в следующих двух случаях:
$\begin{cases}
a^{2} +d^{2} = 2c^{2},&\text{}\\
b^{2}+ c^{2}=a^{2},&\text{}
\end{cases}
$
или
$
\begin{cases}
a^{2}+d^{2} = c^{2},&\text{}\\
b^{2}+ c^{2}=2a^{2},&\text{}
\end{cases}
$
В этих случаях соответственно имеем
$\begin{cases}
b^{2} +d^{2} = c^{2},&\text{}\\
b^{2}+ c^{2}=a^{2},&\text{}
\end{cases}
$
или
$
\begin{cases}
d^{2}+ b^{2} = a^{2},&\text{}\\
d^{2}+ a^{2}=c^{2},&\text{}
\end{cases}
$
откуда получаем, что один из наборов
$(b; d; c; a)$ или $(d; b; a; c)$
удовлетворяет исходной системе наряду с набором
$(x_{0}; y_{0}; z_{0}; u_{0})$
Так как $x_{0}=2mn=2mbd$, то $b < x_{0}$ и $d < x_{0}$, что противоречит выбору значения $x_{0}$. Утверждение доказано.
Доказать, что не существует правильной четырехугольной пирамиды, у которой длины всех ребер, полная поверхность и объем являются целыми числами.
Решение:
Предположим, что указанная в задаче пирамида существует. Обозначим через $g$ длину стороны квадрата, служащего ее основанием, а через $h$ - высоту пирамиды. Тогда длина бокового ребра пирамиды, ее полная поверхность и объем равны соответственно
$f = \sqrt{h^{2}+2(g/2)^{2}},s = g^{2} + 2g \sqrt{h^{2}+(g/2)^{2}}$ и $v=g^{2}h/3$.
Поскольку $g, f, s, v \in \mathbf{N}$, то числа
$x=g^{3},y=6v,z=g(s-g^{2}),u=2g^{2}f$
являются натуральными, причем справедливы соотношения
$x^{2}+y^{2} = g^{6} + 36v^{2} = 4g^{4} ((g/2)^{2}+h^{2}) = g^{2}(s-g^{2})^{2}=z^{2}$,
$x^{2}+z^{2} = g^{6} + 4g^{4}(h^{4}+(g/2)^{2}) = 4g^{4} (h^{2}+2(g/2)^{2}) = u^{2}$.
Таким образом, система уравнений в натуральных числах
$
\begin{cases}
x^{2}+ y^{2}=z^{2},&\text{}\\
x^{2}+ z^{2}=u^{2},&\text{}
\end{cases}
$
имеет решения. Выберем среди них решение $(x_{0};y_{0}; z_{0};u_{0})$, для которого величина принимает наименьшее возможное значение $x_{0}$. Тогда числа $ x_{0};y_{0}; z_{0};u_{0}$ попарно взаимно просты. Действительно, если какие-либо два из них одновременно делятся на некоторое простое число $p$, то из равенств
$x^{2}_{0}+ y^{2}_{0}= z^{2}_{0}, x^{2}_{0}+ z^{2}_{0}= u^{2}_{0}, y^{2}_{0}+ u^{2}_{0}=2 z^{2}_{0}$
следует, что и два других числа также делятся на $p$. Но тогда набор $(x_{0}/p; y_{0}/p; z_{0}/p; u_{0}/p)$ представляют собой решение системы, причем $x_{0}/p < x_{0}$, что противоречит выбору значения $x_{0}$. Кроме того, число $x_{0}$ четно, а значит, числа $x_{0},z_{0},u_{0}$ нечетны. Действительно, если $x_{0}$ нечетно, то
$x^{2}_{} \equiv 1 (mod 4)$,
а число $u^{2}_{0} = 2x^{2}_{0} + y^{2}_{0}$ при делении на 4 дает остаток 2 или 3 (в зависимости от четности числа $y_{0}$), чего не может быть. Из равенства $x^{2}_{0} = z^{2}_{0} – y^{2}_{0}$ получаем равенство
$\left ( \frac{x_{0}}{2} \right )^{2} = \frac{ z_{0}+y_{0}}{2} \frac{z_{0}-y_{0}}{2}$
причем натуральные числа $(z_{0} + y_{0})/2$ и $(z_{0} - y_{0})/2$ взаимно просты, так как в противном случае выполнялись бы соотношения
$(z_{0},y_{0}) = (z_{0},z_{0}-y_{0}) \geq$
$\geq \left ( z_{0}, \frac{z_{0}-y_{0}}{2} \right ) = \left ( z_{0}- \frac{z_{0}-y_{0}}{2}, \frac{z_{0}-y_{0}}{2} \right ) = \left ( \frac{z_{0}+y_{0}}{2}, \frac{z_{0}-y_{0}}{2} \right ) > 1$,
т.е. числа $z_{0}$ и $y_{0}$ не были бы взаимно простыми. Следовательно, числа $(z_{0}+y_{0})/2, (z_{0}-y_{0})/2$ является квадратами некоторых взаимно простых чисел $k, l \in \mathbf{N}$ соответственно, поэтому
$x_{0}=2kl,y_{0}=k^{2}-l^{2},z_{0}=k^{2}+l^{2}$.
Аналогично, из равенства
$x^{2}_{0}=u^{2}_{0}-z^{2}_{0}$
вытекают соотношения
$x_{0}=2mn, z_{0} = m^{2} – n^{2}, u_{0}=m^{2}+n^{2}$
для некоторых чисел $m, n \in \mathbf{N}$. Таким образом, получаем систему
$
\begin{cases}
kl = mn,&\text{}\\
k^{2}+ l^{2}=m^{2} – n^{2},&\text{}
\end{cases}
$
Обозначим $(k, m) = a$, тогда
$k=ab, m=ac$, где $a, b, c \in \mathbf{N}$ и $(b, c) = 1$.
Равенство $kl=mn$ записывается в виде $abl = acn$, откуда $bl = cn$ и $l = cd$, где $d \in \mathbf{N}$ (ибо $bl \vdots c$, но $(b, c)=1$). Следовательно, $bcd=cn$, откуда $n=bd$, причем из условия
$1 = (k, l) = (ab, cd)$
вытекает соотношение $(a, d) = 1$. Далее, имеем равенство
$a^{2}b^{2} + c^{2}d^{2} = a^{2}c^{2} - b^{2}d^{2}$,
из которого получаем условие
$(a^{2}+d^{2})(b^{2}+c^{2})=2a^{2}c^{2}$.
Поскольку
$(a^{2}+d^{2}, a^{2}) = (d^{2},a^{2})=1$ и $(b^{2}+c^{2},c^{2}) = (b^{2},c^{2}) = 1$,
то последнее условие выполнимо лишь в следующих двух случаях:
$\begin{cases}
a^{2} +d^{2} = 2c^{2},&\text{}\\
b^{2}+ c^{2}=a^{2},&\text{}
\end{cases}
$
или
$
\begin{cases}
a^{2}+d^{2} = c^{2},&\text{}\\
b^{2}+ c^{2}=2a^{2},&\text{}
\end{cases}
$
В этих случаях соответственно имеем
$\begin{cases}
b^{2} +d^{2} = c^{2},&\text{}\\
b^{2}+ c^{2}=a^{2},&\text{}
\end{cases}
$
или
$
\begin{cases}
d^{2}+ b^{2} = a^{2},&\text{}\\
d^{2}+ a^{2}=c^{2},&\text{}
\end{cases}
$
откуда получаем, что один из наборов
$(b; d; c; a)$ или $(d; b; a; c)$
удовлетворяет исходной системе наряду с набором
$(x_{0}; y_{0}; z_{0}; u_{0})$
Так как $x_{0}=2mn=2mbd$, то $b < x_{0}$ и $d < x_{0}$, что противоречит выбору значения $x_{0}$. Утверждение доказано.
