Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2869
2019-05-06 
а) Докааать, что равенство
$x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz$
для целых $x, у, z$ верно только при $x = y = z = 0$.
б) Найти целые числа $x, у, z, v$, такие, что
$x^2 + y^2 + z^2 + v^2 = 2xyzv$.
Решение:
а) Первое решение. Уравнение
$x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz$
удовлетворяется значениями $x = 0, y = 0, z = 0$. При этом если одно из чисел $х$, $y$, $z$ равно 0, то и остальные должны быть равны 0, ибо сумма их квадратов в этом случае равна 0.
Пусть теперь все числа $x$, $y$, $z$ удовлетворяющие нашему уравнению, отличны от 0. Каждое из них можно представить в виде
$x = 2^{\alpha}x$, $y = 2^{\beta}y_1$, $z = 2^{\gamma}z_1$,
где $x, y$, $z$ нечетны (если какое-нибудь из чисел $x_1$, $y_1$ или $z_1$ нечетно, то соответствующий показатель степени 2 равен 0).
Так как $x, y$, $z$ входят в наше уравнение симметрично, то можно считать, что $x$ делится на наименьшую степень 2, а 2 - на наибольшую, т. е. что
$\alpha \leq \beta \leq \gamma$.
Выясним, на какую степень 2 делится левая часть нашего равенства.
1°. Если $\alpha < \beta \leq \gamma$; или же $\alpha = \beta = \gamma$, то после вынесения за скобки $2^{2^\alpha}$ в скобках будет стоять сумма нечетного и двух четных чисел или же сумма трех нечетных чисел, т. е. нечетное число.
2°. Если же $\alpha = \beta < \gamma$, то можно написать:
$x = 2^{\alpha} (2k + 1)$, $y = 2^{\alpha}(2l+1)$, $z = 2^{\alpha} \cdot 2m$.
В этом случае
$x^2 + y^2 + z^2 = 2^{2^{\alpha}} [(2k + 1)^2 + (2l + 1)^2 + (2n)^2] = 2^{2^{\alpha}} (4k^2 + 4k + 1 + 4l^2 + 4l + 1 + 4n^2) = 2^{2^{\alpha + 1}} [2 (k^2 + k + l^2 + l + m^2) + l]$,
т.е. после вынесения за скобки $2^{2^{\alpha + 1}}$ в скобках остается нечетное число.
С другой стороны, правая часть равенства делится на $2^{\alpha + \beta + \gamma +1}$, но правая часть равенства должна делиться на такую же степень 2, что и левая.
В случае 1° отсюда следует, что $2 \alpha = \alpha + \beta + \gamma + 1$. Так как $\alpha \leq \beta \leq \gamma$, то из этого равенства следует абсурдное неравенство $2 \alpha \geq 3 \alpha + 1$.
В случае 2° отсюда следует, что $2 \alpha + 1 = \alpha + \beta + \gamma + 1$. Так как $\alpha = \beta < \gamma$, то отсюда следует неравенство $2 \alpha +1 > 3 \alpha + 1$, которое также не может иметь места.
Следовательно, не существует решений в целых числах уравнения $x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz$, отличных от решения $x = 0, y = 0, z = 0$.
Второе решение. Так как сумма квадратов чисел $x$, $у$, $z$ четна, то либо все эти числа четны, либо одно из них четно, а два нечетны. Но в последнем случае сумма $x^2 + y^2 + z^2$ делилась бы только на 2, а произведение $2xyz$ - на 4 (сравните с первым решением задачи). Итак, мы можем считать, что $x$, $у$ и $z$ четны: $x = 2x_1$, $y = 2y_1$ и $z = 2z_1$. Подставляя эти значения в наше исходное уравнение и сокращая на 4, получаем:
$x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 = 4x_1y_1z_1$.
Отсюда, в точности как выше, выводим, что числа $x_1$, $у_1$, $z_1$ - все четные. Но в таком случае, обозначив $x_1 = 2x_2, y_1 = y_2, z_1 = 2z_2$ мы для чисел $x_2 = \frac{x_1}{2} = \frac{x}{4}$, $y_2 = \frac{y}{4}$, $z_2 = \frac{z}{4}$ получим уравнение
$x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 = 8x_2y_2z_2$,
откуда, как прежде, выводится, что эти числа тоже четные. Продолжая тот же процесс, мы заключаем, что все числа
$x$, $у$, $z$; $x_1 = \frac{x}{2}$, $y_1 = \frac{y}{2}$, $z_1 = \frac{z}{2}$; $x_2 = \frac{x}{4}, y_2 = \frac{y}{4}, z_2 = \frac{z}{4}; x_3 = \frac{x}{8}, y_3 = \frac{y}{8}, z_3 = \frac{z}{8}; \cdots; x_k = \frac{x}{2^k}, y_k = \frac{y}{2^k}, z_k = \frac{z}{2^k}; \cdots$
- четные (числа $x_k$, $у_k$, $z_k$ должны удовлетворять уравнению $x_k^2 + y_k^2 + z_k^2 = 2^{k+1} x_ky_kz_k$. Но это возможно только в том случае, если $x = y = z = 0$.
б) Так же, как и выше, доказывается, что единственным решением уравнения $x^2 + y^2 + z^2 + v^2 = 2xyzv$ в целых числах является решение $x = 0$, $y = 0$, $z = 0$, $v = 0$.
Здесь специального рассмотрения заслуживает случай, когда наивысшие степени 2, на которые делятся $x$, $у$, $z$ и $v$, одинаковы, т. е. когда
$x = 2^{\alpha} (2k + 1)$, $y = 2^{\alpha} (2l + 1)$,
$z = 2^{\alpha} (2m + 1)$, $v = 2^{\alpha} (2n + 1)$,
где $\alpha$ - целое неотрицательное число, а $k$, $l$, $m$ и $n$ - целые числа. Тогда
$x^2 + y^2 + z^2 +v^2 = 2^{2\alpha} [(4k^2 + 4k + 1) + (4l^2 + 4l + 1) + (4m^2 + 4m + 1) + (4n^2 + 4n + 1)] = 2^{2 \alpha + 2} (k^2 + k + l^2 + l + m^2 + m + n^2 + n + 1) = 2^{2 \alpha + 2} (k(k+1) + l(l+1) + m(m+1) + n(n+1) + 1]$.
Но выражение в квадратных скобках обязательно нечетно. Поэтому наивысшая степень 2, на которую делится левая часть равенства, равна $2 \alpha + 2$. Правая же часть делится на $2^{4 \alpha + 1}$. Поэтому должно выполняться равенство $2 \alpha + 2 = 4 \alpha + 1$, что невозможно при целых $\alpha$.
Второе решение задачи б) аналогично второму решению задачи а) и предоставляется читателю.
а) Докааать, что равенство
$x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz$
для целых $x, у, z$ верно только при $x = y = z = 0$.
б) Найти целые числа $x, у, z, v$, такие, что
$x^2 + y^2 + z^2 + v^2 = 2xyzv$.
Решение:
а) Первое решение. Уравнение
$x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz$
удовлетворяется значениями $x = 0, y = 0, z = 0$. При этом если одно из чисел $х$, $y$, $z$ равно 0, то и остальные должны быть равны 0, ибо сумма их квадратов в этом случае равна 0.
Пусть теперь все числа $x$, $y$, $z$ удовлетворяющие нашему уравнению, отличны от 0. Каждое из них можно представить в виде
$x = 2^{\alpha}x$, $y = 2^{\beta}y_1$, $z = 2^{\gamma}z_1$,
где $x, y$, $z$ нечетны (если какое-нибудь из чисел $x_1$, $y_1$ или $z_1$ нечетно, то соответствующий показатель степени 2 равен 0).
Так как $x, y$, $z$ входят в наше уравнение симметрично, то можно считать, что $x$ делится на наименьшую степень 2, а 2 - на наибольшую, т. е. что
$\alpha \leq \beta \leq \gamma$.
Выясним, на какую степень 2 делится левая часть нашего равенства.
1°. Если $\alpha < \beta \leq \gamma$; или же $\alpha = \beta = \gamma$, то после вынесения за скобки $2^{2^\alpha}$ в скобках будет стоять сумма нечетного и двух четных чисел или же сумма трех нечетных чисел, т. е. нечетное число.
2°. Если же $\alpha = \beta < \gamma$, то можно написать:
$x = 2^{\alpha} (2k + 1)$, $y = 2^{\alpha}(2l+1)$, $z = 2^{\alpha} \cdot 2m$.
В этом случае
$x^2 + y^2 + z^2 = 2^{2^{\alpha}} [(2k + 1)^2 + (2l + 1)^2 + (2n)^2] = 2^{2^{\alpha}} (4k^2 + 4k + 1 + 4l^2 + 4l + 1 + 4n^2) = 2^{2^{\alpha + 1}} [2 (k^2 + k + l^2 + l + m^2) + l]$,
т.е. после вынесения за скобки $2^{2^{\alpha + 1}}$ в скобках остается нечетное число.
С другой стороны, правая часть равенства делится на $2^{\alpha + \beta + \gamma +1}$, но правая часть равенства должна делиться на такую же степень 2, что и левая.
В случае 1° отсюда следует, что $2 \alpha = \alpha + \beta + \gamma + 1$. Так как $\alpha \leq \beta \leq \gamma$, то из этого равенства следует абсурдное неравенство $2 \alpha \geq 3 \alpha + 1$.
В случае 2° отсюда следует, что $2 \alpha + 1 = \alpha + \beta + \gamma + 1$. Так как $\alpha = \beta < \gamma$, то отсюда следует неравенство $2 \alpha +1 > 3 \alpha + 1$, которое также не может иметь места.
Следовательно, не существует решений в целых числах уравнения $x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz$, отличных от решения $x = 0, y = 0, z = 0$.
Второе решение. Так как сумма квадратов чисел $x$, $у$, $z$ четна, то либо все эти числа четны, либо одно из них четно, а два нечетны. Но в последнем случае сумма $x^2 + y^2 + z^2$ делилась бы только на 2, а произведение $2xyz$ - на 4 (сравните с первым решением задачи). Итак, мы можем считать, что $x$, $у$ и $z$ четны: $x = 2x_1$, $y = 2y_1$ и $z = 2z_1$. Подставляя эти значения в наше исходное уравнение и сокращая на 4, получаем:
$x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 = 4x_1y_1z_1$.
Отсюда, в точности как выше, выводим, что числа $x_1$, $у_1$, $z_1$ - все четные. Но в таком случае, обозначив $x_1 = 2x_2, y_1 = y_2, z_1 = 2z_2$ мы для чисел $x_2 = \frac{x_1}{2} = \frac{x}{4}$, $y_2 = \frac{y}{4}$, $z_2 = \frac{z}{4}$ получим уравнение
$x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 = 8x_2y_2z_2$,
откуда, как прежде, выводится, что эти числа тоже четные. Продолжая тот же процесс, мы заключаем, что все числа
$x$, $у$, $z$; $x_1 = \frac{x}{2}$, $y_1 = \frac{y}{2}$, $z_1 = \frac{z}{2}$; $x_2 = \frac{x}{4}, y_2 = \frac{y}{4}, z_2 = \frac{z}{4}; x_3 = \frac{x}{8}, y_3 = \frac{y}{8}, z_3 = \frac{z}{8}; \cdots; x_k = \frac{x}{2^k}, y_k = \frac{y}{2^k}, z_k = \frac{z}{2^k}; \cdots$
- четные (числа $x_k$, $у_k$, $z_k$ должны удовлетворять уравнению $x_k^2 + y_k^2 + z_k^2 = 2^{k+1} x_ky_kz_k$. Но это возможно только в том случае, если $x = y = z = 0$.
б) Так же, как и выше, доказывается, что единственным решением уравнения $x^2 + y^2 + z^2 + v^2 = 2xyzv$ в целых числах является решение $x = 0$, $y = 0$, $z = 0$, $v = 0$.
Здесь специального рассмотрения заслуживает случай, когда наивысшие степени 2, на которые делятся $x$, $у$, $z$ и $v$, одинаковы, т. е. когда
$x = 2^{\alpha} (2k + 1)$, $y = 2^{\alpha} (2l + 1)$,
$z = 2^{\alpha} (2m + 1)$, $v = 2^{\alpha} (2n + 1)$,
где $\alpha$ - целое неотрицательное число, а $k$, $l$, $m$ и $n$ - целые числа. Тогда
$x^2 + y^2 + z^2 +v^2 = 2^{2\alpha} [(4k^2 + 4k + 1) + (4l^2 + 4l + 1) + (4m^2 + 4m + 1) + (4n^2 + 4n + 1)] = 2^{2 \alpha + 2} (k^2 + k + l^2 + l + m^2 + m + n^2 + n + 1) = 2^{2 \alpha + 2} (k(k+1) + l(l+1) + m(m+1) + n(n+1) + 1]$.
Но выражение в квадратных скобках обязательно нечетно. Поэтому наивысшая степень 2, на которую делится левая часть равенства, равна $2 \alpha + 2$. Правая же часть делится на $2^{4 \alpha + 1}$. Поэтому должно выполняться равенство $2 \alpha + 2 = 4 \alpha + 1$, что невозможно при целых $\alpha$.
Второе решение задачи б) аналогично второму решению задачи а) и предоставляется читателю.
