Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 63
2014-06-07 
Доказать, что для любых взаимно простых чисел $a, b \in \mathbf{Z}$ уравнение $ax^{2} + by^{2} = z^{2}$ в целых числах имеет бесконечно много решений, удовлетворяющих условию $(x, y) = 1$.
Решение:
Для любых чисел $k, m, a, b$ справедливо равенство
$(ak^{2}+bm^{2})^{3}=a(ak^{3}-3bkm^{2})^{2}+b(3ak^{2}m-bm^{3})^{2}$.
Поэтому, если положить
$a=ak^{3}-3bkm^{2},y=3ak^{2}m-bm^{3},z=ak^{2}+bm^{2}$,
то будет выполнено равенство
$ax^{2}+by^{2}=z^{3}$.
Докажем, что существует бесконечно много пар чисел $k,m \in \mathbf{Z}$, которым соответствуют различные тройки чисел $x,y,z \in \mathbf{Z}$. удовлетворяющие условию $(x, y) = 1$. Заметим, что если все числа $k, m, a, b$ попарно взаимно просты (числа вне взаимно просты по условию), причем ровно одно из них четно и ин одно из чисел $k, m$ не делится на 3, то числа $x$ и $y$ взаимно просты. Действительно, при указанных условиях имеем
$(k,y)=(k,3ak^{2}m – bm^{3})=(k,bm^{3})=1$,
$(m,x)=(m,ak^{3}-3bkm^{2})=(m,ak^{3})=1$,
причем хотя бы одно из чисел $a$ или $b$, например $b$, не делится на 3 (случай, когда и не делится на 3, рассматривается аналогично; случай, когда оба числа $a$ и $b$ делятся на 3, невозможен, ибо $(a, b)=1)$.
Тогда справедливы соотношения
$(x,y)=(k(ak^{2}-3bm^{2}),m(3ak^{2}-bm^{2}))=$
$=(ak^{2}-3bn^{2},3ak^{2}-bm^{2}) \leq (3ak^{2}-9bm^{2},3ak^{2}-bm^{2})=$
$=(8bm^{2},3ak^{2}-bm^{2})=(bm^{2},3ak^{2}-bm^{2})=(bm^{2},3ak^{2})=1$,
так как число $3ak^{2}-bm^{2}$ нечетно, а число $bm^{2}$ не делится на 3. Пусть оба числа $a$ и $b$ ненулевые. Положим
$k=3 |ab| + 1$,
Тогда каждому значению
$m=(6|ab|+1)^{l}$ при $l \in \mathbf{N}$
соответствует набор чисел $x, y, z$, удовлетворяющий условию задачи (поскольку для чисел $k, m, a, b$ выполнены указанные выше условия). При этом все полученные наборы различны, так как все полученные значения
$a=ak^{2}+bm^{2}$
различны. Пусть, наконец, одно из чисел $a$ или $b$, например $b$, равно нулю (случай $a = 0$ рассматриваетcя аналогично). Тогда, если положить $x=z=a$, а в качестве $y$ брать различные числа, взаимно простые с числом $a$, то будут выполнены равенства
$ax^{2}+by^{2}=a \cdot a^{2} + 0 \cdot y^{2}=a^{3}=z^{3}$.
Задача решена.
Доказать, что для любых взаимно простых чисел $a, b \in \mathbf{Z}$ уравнение $ax^{2} + by^{2} = z^{2}$ в целых числах имеет бесконечно много решений, удовлетворяющих условию $(x, y) = 1$.
Решение:
Для любых чисел $k, m, a, b$ справедливо равенство
$(ak^{2}+bm^{2})^{3}=a(ak^{3}-3bkm^{2})^{2}+b(3ak^{2}m-bm^{3})^{2}$.
Поэтому, если положить
$a=ak^{3}-3bkm^{2},y=3ak^{2}m-bm^{3},z=ak^{2}+bm^{2}$,
то будет выполнено равенство
$ax^{2}+by^{2}=z^{3}$.
Докажем, что существует бесконечно много пар чисел $k,m \in \mathbf{Z}$, которым соответствуют различные тройки чисел $x,y,z \in \mathbf{Z}$. удовлетворяющие условию $(x, y) = 1$. Заметим, что если все числа $k, m, a, b$ попарно взаимно просты (числа вне взаимно просты по условию), причем ровно одно из них четно и ин одно из чисел $k, m$ не делится на 3, то числа $x$ и $y$ взаимно просты. Действительно, при указанных условиях имеем
$(k,y)=(k,3ak^{2}m – bm^{3})=(k,bm^{3})=1$,
$(m,x)=(m,ak^{3}-3bkm^{2})=(m,ak^{3})=1$,
причем хотя бы одно из чисел $a$ или $b$, например $b$, не делится на 3 (случай, когда и не делится на 3, рассматривается аналогично; случай, когда оба числа $a$ и $b$ делятся на 3, невозможен, ибо $(a, b)=1)$.
Тогда справедливы соотношения
$(x,y)=(k(ak^{2}-3bm^{2}),m(3ak^{2}-bm^{2}))=$
$=(ak^{2}-3bn^{2},3ak^{2}-bm^{2}) \leq (3ak^{2}-9bm^{2},3ak^{2}-bm^{2})=$
$=(8bm^{2},3ak^{2}-bm^{2})=(bm^{2},3ak^{2}-bm^{2})=(bm^{2},3ak^{2})=1$,
так как число $3ak^{2}-bm^{2}$ нечетно, а число $bm^{2}$ не делится на 3. Пусть оба числа $a$ и $b$ ненулевые. Положим
$k=3 |ab| + 1$,
Тогда каждому значению
$m=(6|ab|+1)^{l}$ при $l \in \mathbf{N}$
соответствует набор чисел $x, y, z$, удовлетворяющий условию задачи (поскольку для чисел $k, m, a, b$ выполнены указанные выше условия). При этом все полученные наборы различны, так как все полученные значения
$a=ak^{2}+bm^{2}$
различны. Пусть, наконец, одно из чисел $a$ или $b$, например $b$, равно нулю (случай $a = 0$ рассматриваетcя аналогично). Тогда, если положить $x=z=a$, а в качестве $y$ брать различные числа, взаимно простые с числом $a$, то будут выполнены равенства
$ax^{2}+by^{2}=a \cdot a^{2} + 0 \cdot y^{2}=a^{3}=z^{3}$.
Задача решена.
