Задача 67003

Темы:    [ НОД и НОК. Взаимная простота ] [ Формулы сокращенного умножения (прочее) ] [ Основная теорема арифметики. Разложение на простые сомножители ]

Сложность: 3+ Классы: 10,11

Условие

Автор: Маркелов Ю.

Про натуральные числа $x$, $y$ и $z$ известно, что $\operatorname{НОД}(x,y,z) = 1$ и $x^2+y^2+z^2=2(xy+yz+zx)$. Докажите, что $x$, $y$ и $z$ – квадраты натуральных чисел.

Решение 1

Заметим, что любые два из чисел $x,y,z$ взаимно просты. Действительно, пусть, например, $x$ и $y$ имеют общий простой делитель $p$. Тогда $z^2=2(xy+yz+xz)-x^2-y^2$ также делится на $p$, а потому на $p$ делится и $z$. Значит, $\operatorname{НОД}(x,y,z)$ делится на $p$, но это противоречит условию.

Теперь заметим, что $$0=x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)=(x^2+y^2+z^2+2xy-2yz-2zx)-4xy=(x+y-z{)}^2-4xy.$$ Таким образом, $4xy$ является полным квадратом. Так как 4 – полный квадрат, то и $xy$ – полный квадрат. А так как $x$ и $y$ взаимно просты, то каждое из них – полный квадрат. Аналогично и $z$ – полный квадрат.

Решение 2

Пусть $p$ – простое число. Заметим, что если два из чисел $x,y,z$ делятся на $p$, то из равенства в условии третье число тоже делится на $p$, что противоречит взаимной простоте $x,y,z$.

Докажем, что любой простой делитель $p$ числа $x$ входит в каноническое разложение $x$ в чётной степени. Заметим, что $y^2+z^2-2yz=2xy+2xz-x^2$, то есть $$(y-z{)}^2=x(2(y+z)-x).$$

Так как $x$ делится на $p$, то и $y-z$ тоже. Если при этом $2(y+z)$ не делится на $p$, то степень вхождения $p$ в разложение $x$ такая же, как и у $(y-z)^2$, то есть чётная, и всё доказано.

Пусть $2(y+z)$ делится на $p$. Поскольку и $2(y-z)$ делится на $p$, получаем, что $4y$ и $4z$ делятся на $p$. Если $p\ne 2$, сразу имеем противоречие с взаимной простой $x,y,z$.

Разберём случай $p=2$. Пусть $x=2t$, тогда $y=2k+1$, $z=2l+1$ и $4(k-l)^2=2t(4(k+l+1)-2t)$, откуда $$(k-l{)}^2=t(2(k+l+1)-t).$$

Если $k-l$ нечётно, то $t$ – нечётно, и, по доказанному выше, $t$ – квадрат нечётного числа. Тогда и $2(k+l+1)-t$ является квадратом нечётного числа, но при этом имеет остаток 3 от деления на 4 (поскольку $2(k+l+1)$ делится на 4, а $t$ имеет остаток 1 от деления на 4), что невозможно.

Пусть $k-l$ чётно. Пусть 2 входит в разложение $t$ в степени $\alpha$. Если $\alpha = 1$, то 2 входит в разложение $x$ во второй (то есть, чётной) степени, что и требовалось. Если $\alpha >1$, то поскольку $k+l+1$ нечётно, 2 входит в разложение числа $2(k+l+1)-t$ в первой степени, а значит, 2 входит в разложение $(k-l)^2$ в степени $\alpha+1$, то есть $\alpha+1$ чётно. Но это и есть степень вхождения 2 в $x$.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Турнир городов
номер/год
Дата	2018/19
Номер	40
тур
Тур	устный тур
задача
Номер	4