Olimpíadas

Winston

Prove que todas as soluções positivas da equação [tex3]\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} = \frac{1}{z^{2}}[/tex3] com [tex3]mdc(x,y,z) = 1[/tex3] são dadas por:
[tex3](x,y,z) = (r^{4} - s^{4}, 2rs(r^{2} + s^{2}), rs(r^{2} - s^{2}))[/tex3]
ou
[tex3](x,y,z) = (2rs(r^{2} + s^{2}), r^{4} - s^{4}, rs(r^{2} - s^{2}))[/tex3]

onde [tex3]r>s>0, mdc(r,s) = 1[/tex3] e [tex3]r[/tex3] e [tex3]s[/tex3] de paridades opostas.

----------up---------+-

Winston

Alguém pode responder?

Observe:

Prova

A equação é equivalente `a [tex3]x^{2}+ y^{2}=
\left(\frac{xy}{z}\right)^{2} [/tex3] . Isso significa que z|xy e que x² + y² é um quadrado perfeito. Tomando [tex3]t = \frac{xy}{z}[/tex3] , fica;

x² + y² = t² para algum [tex3]Z_{+}[/tex3] t.

Seja d = mdc ( x , y , t ). Então, x = ad , y = bd , t = cd , onde a , b , c [tex3]\in Z_{+} [/tex3] , com mdc( a , b , c ) = 1, e a equação [tex3]t = \frac{xy}{z}[/tex3] reduz-se a [tex3]z=\frac{abd}{c}[/tex3] .

A partir da escolha de t, decorre que a² + b² = c²; portanto , a , b , c são primos relativos dois a dois. Usando a equação [tex3]x^{-2} + y^{-2} = z^{-2}[/tex3] deduz-se que c|d, isto é, pela afirmação do enunciado e o que foi posto acima, d = c, daí;

x = ad = ac , y = bd = bc , t = cd = c² , z = ab.

Tendo em conta a² + b² = c², temos como soluções.

a = r² - s² , b = 2rs , c = r² + s²

Então( fixando z e permutando x e y );

x = ( r² - s² ).( r² + s² )

x = r⁴ - s⁴ ou y = r⁴ - s⁴

Ainda;

y = 2rs.( r² + s² ) ou x = 2rs.( r² + s² )

e

z = 2rs.( r² - s² )

Portanto, as soluções em inteiros positivos para a equação [tex3]\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} = \frac{1}{z^{2}}[/tex3] são dadas por;

( x , y , z ) = ( r⁴ - s⁴ , 2rs.( r² + s² ) , 2rs.( r² - s² ) )

Ou

( x , y , z ) = ( 2rs.( r² + s² ), r⁴ - s⁴ , 2rs.( r² - s² ) )

Onde r , s [tex3]\in Z_{+}[/tex3] e r > s > 0, mdc ( r , s ) = 1 e r , s de paridades opostas. c.q.p.

Bons estudos!

Winston

Cardoso1979 escreveu: ↑
Dom 04 Mar, 2018 12:43
pela afirmação do enunciado e o que foi posto acima, d = c

Não entedi porque c=d.

Seguindo na linha de solução do Cardoso:

Considere [tex3]x=\alpha y=\beta z[/tex3]

[tex3]1+\alpha^2=\beta^2[/tex3]

Agora seja [tex3]\beta=1+\frac{m\alpha}{n}[/tex3]

[tex3]1+\alpha^2=\beta^2=1+\frac{2m\alpha}{n}+\frac{\alpha^2m^2}{n^2}\\
\alpha=\frac{2mn}{n^2-m^2}\\
\beta=\frac{n^2+m^2}{n^2-m^2}[/tex3]

Ou poderíamos fazer [tex3]\beta=\alpha+\frac{q}{p}[/tex3] e obter:

[tex3]\alpha=\frac{p^2-q^2}{2pq}\\
\beta=\frac{p^2+q^2}{2pq}[/tex3]

Não importa qual dos dois você escolha pela simetria. Então usemos o segundo.

[tex3]\frac{p^2-q^2}{2pq}=\frac{x}{y}\\
\frac{p^2+q^2}{2pq}=\frac{x}{z}[/tex3]

Para as expressões ficarem mais trácteis, vamos dividir uma pela outra, de modo que:

[tex3]\frac{p^2-q^2}{p^2+q^2}=\frac{z}{y}[/tex3]

Veja que de fato pode ter um fator k que cancela quando fazemos essa divisão:

[tex3]\frac{z}{y}=\frac{p^2-q^2}{p^2+q^2}=\frac{k(p^2-q^2)}{k(p^2+q^2)}[/tex3]

Portanto [tex3]z=(p^2-q^2)k[/tex3] e [tex3]y=(p^2+q^2)k[/tex3]

[tex3]x=\frac{(p^2-q^2)(p^2+q^2)k}{2pq}[/tex3]

Qualquer p,q,k que você escolher gera uma solução. À fim de tornar x,y,z inteiro, k=2pq. Por simetria podemos trocar x,y, e também por meio de uma análise como a do Cardoso, podemos concluir que esta expressão nos dá todas as soluções fundamentais.

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