Республиканская олимпиада по математике, 2019 год, 9 класс

Найдите все тройки целых чисел $(a,b,c)$ и натуральное $k$ такие, что $a^2+b^2+c^2=3k(ab+bc+ca).$

Комментарий/решение

Лемма 1: Для $\forall N\in\mathbb N$ такого, что $N\equiv 2 \pmod 3$, $\exists p\in\mathbb P$ такое, что $p\mid N$,$p\equiv 2\pmod 3$, и $2\nmid v_p(N)$

Лемма 2:Если $p\mid a^2+ab+b^2$, где $a,b\in\mathbb Z$ , $p\in\mathbb P$ и $p\equiv 2\pmod 3$, то $p\mid a,b$

Решение: Заметим, что $$(a+b+c)^2=(3k+2)(ab+bc+ca)$$ из Леммы 1 $\exists p\in\mathbb P$, $p\equiv 2\pmod 3$, $p\mid 3k+2$ и $2\nmid v_p(3k+2)$, тогда $p\mid a+b+c$ , $p\mid ab+bc+ca$, значит $$ab+bc+ca=ab+c(a+b)\equiv -a^2-ab-b^2\pmod p$$ $$\implies p\mid a^2+ab+b^2$$

откуда из Леммы 2 получаем, что $p\mid a,b\implies p\mid c$, но тогда $$a=pa_1, b=pb_1, c=pc_1$$

подставив в изначальное уравнение получаем, что $$ (a_1+b_1+c_1)^2=(3k+2)(a_1b_1+b_1c_1+c_1a_1)$$

Следовательно $a=b=c=0,$ так как иначе делением на $p$ можно получить не целую тройку (но она должна быть целой всегда).

Лемма $2$ не подходит для $p=2$, возьмите за a и b любое четное и нечетное.

P.S: Да, что-то сонный был, не соображал рационально

четное+четное*нечетное+нечетное=нечетное, что не делиться на р=2

решения топчик

да, приятное

У таких лемм всегда красивые решения

Где можно Леммы изучить?

По теории чисел? Ну, только из одной книги все леммы невозможно выучить, нужно всё собирать по крупицам

Titu, Structures

Titu, Concepts

Average Number Theory fan

Док-во лемм:

$\textbf{Лемма 1}:N\equiv2\pmod{3} $ Значит число $N$ не содержит делителей которые давали бы остаток $0$ по модулю 3. Значит все простые делители имеют вид $p=3k+1;3k+2$ $(N=p_{1}^{a_{1}}×p_{2}^{a_{2}}×...×p_{n}^{a_{n}})$

Если вдруг не будет простого $p$ которое $p\mid N$, то у числа $N$ делители только вида $3k+1$ Тогда по разложению

$N\equiv1^{a_{1}}×1^{a_{2}}×...×1^{a_{n}}\equiv1\pmod{3}$ что противоречит условию. Значит есть какое то которое $p\equiv2\pmod{3};p\mid N$ Если $2\mid \nu_{p}(N)$ (я не нашел символ,которую использовал ASDF), то

$p^{2x}\equiv2^2\equiv1 \pmod{3}$ т.е. если все $p=3k+2$ входят в $ N$ четное кол-во раз, мы получаем противоречие.

Значит лемма доказана

$(\nu_{p}(N)$—степень вхождение т.е. если $p^{a}\mid N$ но $p^{a+1}\nmid N$, значит $\nu_{p}(N)=a$)

$\textbf{Лемма 2}: $Докажем от противного, пусть $p\nmid a;b$

$p=3k+2;a^2+b^2+ab\equiv0\equiv (a-b)(a^2+b^2+ab)\equiv a^3-b^3 \pmod{p}\Leftrightarrow a^3\equiv b^3 \pmod{p}\Rightarrow a^{3k}\equiv b^{3k}\pmod{p}\Rightarrow a^{3k+1}\equiv b^{3k}×a$

По малой теореме Ферма

$a^{3k+1}\equiv 1 \pmod{p}$(т.к. $p\nmid a; p-1=3k+1$) Тогда

$a^{3k+1}\equiv b^{3k}×a\equiv 1\pmod{p}$

Так же по малой теореме Ферма $b^{3k+1}\equiv 1\pmod{p} \Rightarrow b^{3k+1}\equiv b^{3k}×a \pmod{p} \\ \Leftrightarrow b^{3k+1}-b^{3k}×a\equiv 0 \pmod{p} \Leftrightarrow b^{3k}(b-a)\equiv 0 \pmod{p}$

Мы знаем что $p\nmid b$, значит $b-a\equiv 0 \pmod{p}\Leftrightarrow a\equiv b \pmod{p}$ Значит

$a^2+ab+b^2\equiv 3a^2 \equiv 0 \pmod{p}$ но $p\nmid a;3$ (т.к. $3k+2\ne3$)противоречие. Значит обязательно чтобы $p\mid a;b$

Решение можете посмотреть на данном сайте в разделе математика:

Республика 2019

Это баян

не могли ли бы вы сказать откуда это?

Iran TST 2013:

https://artofproblemsolving.com/community/c6h530379p3026714

т.к. правое делится на 3 то $a^2+b^2+c^2\equiv 0 \pmod{3}$ so $a^2,b^,c^2 \equiv 1,0 \pmod{3} $ if its $\equiv 0 \pmod{3}$ we dont have answer because , we can indefinitely reduce this until the moment when $3^2+3^2+3^2=3k(9+9+9)$ and we cannt do this because $x$ is natural,so $a^2,b^2,c^2\equiv 1 \pmod {3}$ единственные варианты где все четные или $2$ нечетных и одно четное но из первого случая должен получиться второй когда $m$ раз делим на $2$ отюда осталось доказать этот вариант пусть $a=2n+1,b=2k+1,c=2x$ $\rightarrow$ $4(n^2+k^2+x^2+n+k+x)+2=(n2+1)(k2+1)+(x2)(n2+1)+(2x)(k2+1)$, $\Rightarrow$ we dont have answer because right side is odd and left is right but we ckecked only natural but $a,b,c $ целые откуда понимаем что $0$ тоже ответ значит единственный ответ $0$

А если все нечетные ?

Заметим что если $a=b=c$ то $a=b=c=0$ и $k$ любое натуральное число.

1)Если же они все попарно различны тогда

По Б.О.О $V_3(a) \geq V_3(b) \geq V_3(c)$ =>> $V_3(a^2+b^2+c^2)=V_3(c^2)=2•V_3(c)$

$V_3(ab+bc+ca)=V_3(bc) =>> 1+V_3(k)+V_3(b)+V_3(c)=2•V_3(c)$ что не возможно.

2) Какие то двое равны тогда допустим $a=b$ =>> $V_3(2a^2+c^2)=V_3(c^2)=1+V_3(k)+V_3(a)+V_3(c)$ что не возможно

Извиняюсь, у вас верно. Ошибся, думал что $V_3(a^2+b^2+c^2)=V_3(c^2)$ не всегда верно.

Вы имеете ввиду что это не верно?

$V_3(ab+bc+ca)=V_3(bc) =>> 1+V_3(k)+V_3(b)+V_3(c)=2•V_3(c)$

Если что если кто то не понял что это так то есть факт $V_p(a+b+c)=min[V_p(a),V_p(b),V_p(c)]$

А вот это уже неправда. Пример $(3,3,3)$.

Вы имеете ввиду что факт не правильный?

да, если у $a,b,c$ степень 1, этот факт не всегда верный, но именно с квадратами и с 3 он работает, можете сами доказать

Извиняюсь забыл уточнить что a b c различные

даже так, для различных тоже не всегда факт. пример $(3,2,1)$ $p=3$

Ну $V_3(1)$ и $V_3(2)$ равны же извините что так подробно не написал степени вхождения тоже должны быть различны как и сами числа