Processing math: 100%

XVI математическая олимпиада «Шелковый путь», 2021 год


Целые числа x, y, z, t удовлетворяют условиям x2+y2=z2+t2, xy=2zt. Докажите, что xyzt=0. ( М. Абдувалиев )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  6
3 года 9 месяца назад #

Решение: Можно заменить (x,y,z,t)(|x|,|y|,|z|,|t|), поэтому можем считать, что x,y,z,t0. От обратного, пусть xyzt0, откуда x,y,z,t>0.

Рассмотрим четверку с минимальной суммой, тогда НОД(x,y,z,t)=1, иначе делением на этот НОД можно уменьшить сумму четверки.

Заметим, что 2xy, поэтому можем считать, что x=2x1x1y=zt

x1z=ty=αβнесократимая дробь, то есть (α,β)=1;α,βN,

тогда A,BN, что

x1=Aα, t=Bα,

z=Aβ, y=Bβ.

Заметим, что (z,t)=1, иначе для некоторого простого p

pz,tpxy  и  px2+y2px,y.

Аналогично (x1,y)=1.

Тогда A,B,α,β попарно взаимно простые числа. Подставив эти равенства в условие получим

3A2α2=(A2B2)(β2α2),

но поскольку (A2,A2B2)=(α2,β2α2)=1, то M,NZ, что

A2B2=Mα2, β2α2=NA2 и MN=3.

Случай 1: Если (M,N)=(1,3), то

(2A)2=B2+β2,

а если (M,N)=(3,1), то

(2α)2=B2+β2,

в обоих случаях 2B и 2β, но (B,β)=1.

Случай 2: Достаточно разобрать случай (M,N)=(3,1), так как случай (M,N)=(1,3) разбирается аналогично. Получаем, что

A2=B2+3α2,

β2=α2+A2.

Просуммируем эти два равенства

β2=B2+(2α)2.

Значит у нас есть две примитивные Пифагоровы тройки (β,B,2α) и (β,A,α), откуда

(1)w,vN, w>v, (w,v)=1, 2wv:

β=w2+v2, B=w2v2, 2α=2wv

α=wv  2;

(2)p,qN, p>q, (p,q)=1, 2pq:

β=p2+q2,A=p2q2,α=2pq; 

Из (1) и (2)β=w2+v2=p2+q2, α=wv=2pq.

Тогда четверка (w,v,p,q) удовлетворяет искомым свойствам, при этом

2(w+v)+2(p+q)(w+v)2+(p+q)2=(β+2α)+(β+α)<

<3(α+β)<2(A+B)(α+β)=2(x1+y+z+t)<2(x+y+z+t)

w+v+p+q<x+y+z+t,

что противоречит тому, что сумма x+y+z+t минимально возможная.

Следовательно предположение xyzt0 неверное, откуда xyzt=0.