XVI математическая олимпиада «Шелковый путь», 2021 год
Комментарий/решение:
Решение: Можно заменить (x,y,z,t)→(|x|,|y|,|z|,|t|), поэтому можем считать, что x,y,z,t≥0. От обратного, пусть xyzt≠0, 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 2∣xy, поэтому можем считать, что x=2x1⟹x1y=zt
⟹x1z=ty=αβ−несократимая дробь, то есть (α,β)=1;α,β∈N,
тогда ∃A,B∈N, что
x1=Aα, t=Bα,
z=Aβ, y=Bβ.
Заметим, что (z,t)=1, иначе для некоторого простого p
p∣z,t⟹p∣xy и p∣x2+y2⟹p∣x,y.
Аналогично (x1,y)=1.
Тогда A,B,α,β попарно взаимно простые числа. Подставив эти равенства в условие получим
3A2α2=(A2−B2)(β2−α2),
но поскольку (A2,A2−B2)=(α2,β2−α2)=1, то ∃M,N∈Z, что
A2−B2=Mα2, β2−α2=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 2∣B и 2∣β, 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,v∈N, w>v, (w,v)=1, 2∣wv:
β=w2+v2, B=w2−v2, 2α=2wv
⟹α=wv ⋮ 2;
(2)∃p,q∈N, p>q, (p,q)=1, 2∣pq:
β=p2+q2,A=p2−q2,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 xyzt≠0 неверное, откуда xyzt=0.◻
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.