|
|
 |
Условие
На доске написаны четыре попарно различных целых числа, модуль каждого из которых больше миллиона. Известно, что не существует натурального числа, большего 1, на которое бы делилось каждое из четырёх написанных чисел. Петя записал в тетрадку шесть попарных сумм этих чисел, разбил эти шесть сумм на три пары и перемножил числа в каждой паре. Могли ли все три произведения оказаться равными?
Решение
Первый способ. Возьмём числа x = N² – 3N + 1, y = N² – N + 1, z = – 3N² + 3N – 1, t = N² + N – 1, где N – натуральное число, большее 106.
Нетрудно видеть, что эти числа также больше 106 по модулю и попарно различны. Их попарными суммами являются числа x + y = 2(N – 1)²,
x + z = – 2N², y + z = – 2N(N – 1), z + t = – 2(N – 1)², y + t = 2N², x + t = 2N(N – 1), и они разбиваются на три группы с равными произведениями:
(x + y)(x + z) = (y + t)(z + t) = (x + t)(y + z) = – 4N²(N – 1)².
Если у чисел x, y, z, t есть общий натуральный делитель d, то d также делит x + y = 2(N – 1)² и y + t = 2N²; значит, d ≤ (2N², 2(N – 1)²) = 2. Случай
d = 2 невозможен, поскольку y = N(N – 1) + 1 нечётно. Итак, d = 1.
Второй способ. Возьмём x = N³ – N² + 1, y = N³ – 3N² + 2N – 1, z = – N³ + N² – 2N + 1, t = – N³ + N² + 2N – 1, где N – натуральное число, большее 106. Эти числа больше 106 по модулю и попарно различны. Их попарными суммами являются числа x + y = 2N(N – 1)², x + z = – 2(N – 1), y + z = – 2N²,
z + t = – 2N²(N – 1), y + t = –2(N – 1)², x + t = 2N, и они разбиваются на три группы с равными произведениями:
(x + y)(x + t) = (x + z) (z + t) = (y + z)(y + t) = 4N²(N – 1)².
Проверка их совокупной взаимной простоты проводится аналогично такой же проверке в первом способе.
Ответ
Могли.
Замечания
1. Пример из первого способа является частным случаем следующего, более общего. Выберем два взаимно простых числа m и n и потребуем, чтобы попарные суммы исходных шести чисел были равны ± 2mn, ± 2m² и ± 2n². Эта шестёрка чисел хороша тем, что она разбивается на три пары чисел с равными (нулевыми) суммами, а также на другие три пары чисел с равными произведениями: 2mn(– 2mn) = 2m² (– 2n²) = 2n²(– 2m²). Заметим, что каждая шестёрка целых чисел, обладающая первым свойством, является шестёркой попарных сумм каких-то четырёх (рациональных) чисел.
В решении использованы значения m + 1 = n = N. Подробнее о том, как найти этот пример, см. в замечании 3.
2. Пример из второго способа также является частным случаем более общего. В нём попарными суммами четырёх исходных чисел являются числа 2ab², 2a²b, 2bc², 2b2c, 2ca² и 2c²a, где a, b, c – попарно взаимно простые целые числа с нулевой суммой. Свойства этой шестёрки такие же, как и у шестёрки из прошлого решения (для проверки равенства сумм достаточно заметить, что 2ab² + 2a²b = 2(a + b)ab = – 2abc; другие подобные суммы также равны – 2abc).
В решении использованы значения a = N, b = 1 – N, c = –1.
3. Опишем метод поиска четвёрок рациональных чисел, удовлетворяющих требованиям задачи. (Из таких четвёрок можно получить требуемые четвёрки умножением на НОК знаменателей и делением на НОД числителей.)
Для начала перейдём (как и в предыдущих замечаниях) к поиску шестёрок попарных сумм наших трёх чисел. Единственным существенным условием на такую шестёрку является то, что она разбивается на три пары чисел с равными суммами: (x + y) + (z + t) = (x + z) + (y + t) = (x + t) + (y + z). Действительно, если числа n1, ..., n6 таковы, что ni + n7–i = s при i = 1, 2, 3, то числами, дающими эти попарные суммы, являются, например,
½ (n1 + n2 – n3), ½ (n1 + n3 – n2), ½ (n2 + n3 – n1), s – ½ (n1 + n2 + n3) (есть и ещё одна четвёрка с такими же попарными суммами – какая?).
Итак, от нас требуется найти такую шестёрку чисел вида p, q, r, s – p, s – q, s – r, что её элементы разбиваются на три пары чисел с равными произведениями. При этом числа шестёрки должны быть различными, кроме, разве что, совпадения чисел в одной паре вида (t, s – t) (иначе два из исходных четырёх чисел также совпадут). Есть три существенно различных способа осуществить такое разбиение.
1) p(s – p) = q(s – q) = r(s – r) = α. Тогда числа p, q и r являются тремя различными корнями квадратного уравнения u² – su + α = 0, что невозможно.
2) p(s – q) = q(s – p) = r(s – r) = α. Тогда ps = qs, что, в силу p ≠ q, возможно лишь при s = 0. Итого, наши шесть сумм есть ± p, ± q, ± r; при этом они должны разбиваться на пары с равными произведениями. Это легко приводит к примеру из замечания 1.
3) p(s – q) = q(s – r) = r(s – p). Тогда 0 = p(s – q) – q(s – r) = s(p – q) – q(p – r), то есть s/q = p–r/p–q. Аналогично s/p = r–q/r–p и s/r = q–p/q–r. Перемножая эти три равенства, получаем s³ = – pqr. Исследуя эти уравнения далее, можно прийти к примеру из замечания 2.
