Математикадан республикалық олимпиада, 2014-2015 оқу жылы, 9 сынып

Әрбір натурал $n$ саны үшін ${{\left( {{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}} \right)}^{2}}$ саны $ab+bc+ca$ санына бөлінетіндей қос-қостан өзара жай болатын барлық натурал $(a,b,c)$ үштіктерін табыңыздар. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Так как $a,b,c$ попарно взаимно просты, то $(a,ab+bc+ca)=(b,ab+bc+ca)=(c,ab+bc+ca)=1$ тогда по теореме Эйлера:

$(a^{\phi(ab+bc+ca)}+b^{\phi(ab+bc+ca)}+c^{\phi(ab+bc+ca)})^2 \equiv (1+1+1)^2=9 \equiv 0 (mod (ab+bc+ca))$

откуда $ab+bc+ca|9$

Спасибо. Решение красивое.

Ответ: $(4,1,1),(1,1,1)$ и перестановки.

Решение. $a^2+b^2+c^2=(a^1+b^1+c^1 )^2-2(ab+bc+ac)$ делится на $ab+bc+ac$. Пусть $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=k(ab+bc+ac)$. Тогда $(a^3+b^3+c^3 )^2=(k(ab+bc+ac)+3abc)^2≡9a^2 b^2 c^2 \ (mod\ ab+bc+ac)$. Т.к. числа попарно взаимно просты, $9$ делится на $ab+bc+ac=9$ или $3$.

Пусть $a≥b≥c$, тогда $3c^2≤ab+bc+ac≤9=>c=1. \ (a+1)(b+1)=10$ или $4$. Возможные варианты $(1,1,1),(4,1,1)$. Оба подходят.

$(a+b+c)^2$ делиться на $ab+bc+ac$ откуда следует что $a^2+b^2+c^2$ делиться на $ab+bc+ac$ следовательно $(a^{n-2}+b^{n-2}+c^{n-2})(a^2+b^2+c^2)$ делиться на $ab+bc+ac$ при раскрытии получаем что $a^n+b^n+c^n+S$ делиться на $ab+bc+ac$ возводим в квадрат и тогда $S(2(a^n+b^n+c^n)+S)$ делиться на $ab+bc+ac$ опять возводим и подставим n=3, $(ab^2+ac^2+ba^2+bc^2+ca^2+cb^2)^4$ делитсья на $ab+bc+ac$ откуда $-(3abc)^4$ делиться на $ab+bc+ac$ пусть $81a^4b^4c^4=(ab+bc+ac)X$ числа попарно взаимно просты значит $ab+bc+ac$ делит 81, очевидно 1 неподходит, для 3 только один ответ (1,1,1), для 9 также можно подобрать только один ответ (4,1,1), для 27, нет, так как числа попарно взаимно просты, и также для 81 таких чисел не существует.