British Mathematical Olympiad 1998, Pr3

[Lokman Gökçe]

Problem [British MO-1998]: $x, y, z$ pozitif tam sayıları
$$ \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z} $$
denklemini sağlıyor olsun. $x, y, z$ sayılarının en büyük ortak böleni $h$ ise $hxyz$ ve $h(y-x)$ birer tam karedir, ispatlayınız.

[matematikolimpiyati]

$x=ha,\ y=hb,\ z=hc,\ (a,b,c)=1$ olsun.

$\dfrac{1}{ha}=\dfrac{1}{hb}+\dfrac{1}{hc} \implies \dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ olur. Şimdi $b>a$ ve $c>a$ olduğu için $m,n \in \mathbb Z^+$ olmak üzere $b=a+m$ ve $c=a+n$ diyelim.

Bu değerleri denklemde yerine yazıp gerekli sadeleştirmeleri yaparsak $a^2=mn$ elde ederiz. $(a,b,c)=1$ olduğu için $((b-a),(c-a))=(m,n)=1$ olur.

Dolayısıyla hem $m$ hem de $n$ tamkaredir. $k,l \in \mathbb Z^+$ olmak üzere $m=k^2$ ve $n=l^2$ olsun. Buradan da $b=a+k^2,\ c=a+l^2$ ve $a=kl$ olur.

$hxyz=h^4abc=h^4a^2(k^2+2kl+l^2)=\big( h^2a(k+l)\big)^2$

$h(y-x)=h(hb-ha)=h^2(b-a)=h^2k^2=(hk)^2$

Böylece hem $hxyz$ hem de $h(y-x)$ tamkare olmuş olur.

[Lokman Gökçe]

Merhaba. Çözümde bir hata var. $(a, b, c)=1$ iken $(b-a, c-a)=1$ olması gerekmez. $a=1, b=7,c=9$ alınırsa sağlanmadığı görülüyor.

[matematikolimpiyati]

uyarınız için teşekkürler gözümden kaçmış orası

[matematikolimpiyati]

Şöyle düzeltebiliriz belki :

$(a,b)=d$ olsun. Buradan $a=da_1$ ve $b=db_1$ yazalım.  $(a_1,b_1)=1$

Bu değerleri denklemde yerine yazarsak $cb_1=ca_1+da_1b_1 \implies c(b_1-a_1)=da_1b_1 \implies d \mid c$ ve buradan da $d=1$ olur.

$(a,b)=1 \implies (b-a,ab)=1$ ayrıca $\dfrac{b-a}{ab}=\dfrac{1}{c}$ olduğundan $b-a=1$ ve $ab=c$ dir.

Buradan da $hxyz=h^4abc=(h^2ab)^2$  ve $h(y-x)=h^2$ elde edilir

[Lokman Gökçe]

$h$ yerine $(a,b,c) = d$ gösterimini kullanarak yazdığım bir çözümüm vardı, onu paylaşayım.

2. Çözüm:
$\bullet$ $x = adkl, y = bdlm, z = cdkm$ yazılışını kullandığımız zaman bazı özelliklere sahibiz. $(k,l)=(k,m)=(l,m)=1$ dir. Örneğin, $(k,l)$ nin $1$ den büyük bir çarpanı olsaydı, bu çarpanı da $d$ ye yazmış olmak gerekirdi. Yine benzer şekilde $(a,b)=(a,c)=(b,c)=1$ dir. Eğer $(a,b)$ nin $1$ den büyük bir çarpanı olsaydı bunu $l$ ye yazmak gerekirdi.

$\bullet$ Verilen denklemi kullanarak $d(y-x) = d\dfrac{xy}{z}$ yazabiliriz. $z^2$ ile çarpalım. Bu tam sayının tam kare olması için $dxyz$ nin tam kare olması gerekli ve yeterlidir. Yani problemin ispatlanması istenen maddeleri eşdeğerdir. Biri ispatlanırsa, diğeri de ispatlanmış olur.


$\bullet$ Verilen denklemi $z(y-x) = xy$ biçiminde yazıp $x, y, z$ nin eşitlerini de yazarsak $$ c(bm-ak) = abl $$ eşitliğini buluyoruz. $(a,b)=(a,c)=(b,c)=1$ oluşundan dolayı $c\mid l$ ve $a \mid bm-ak$, $b\mid bm-ak$ bulunur. Buradan da $a\mid m$ ve $b\mid k$ bulunur.

 
$\bullet $ $d(y-x) = d\dfrac{xy}{z} = d^2 l^2 \dfrac{ab}{c}$ buluruz. Henüz ispatlamadım ama eğer $a = b = c = 1$ gibi bir sonucu ispatlayabilirsek $d(y-x) =  d^2 l^2 $ olur ve problem biter. Şimdi aşılması gereken yer $a = b = c = 1$ eşitliğinin ispatı olarak duruyor.


Devam Edelim: Biraz daha düşündüm ve $c\mid l$ sonucu bize $c=1$ verir. Çünkü $c>1$ olsa, $c\mid l$ den dolayı $c\mid x$, $c\mid y$ dir. Bu ise $cd|x$, $cd\mid y$, $cd \mid z$ olmasını gerektirir. Halbuki $\text{obeb}(x,y,z) =d$ idi. $d$ den daha büyük bir $cd$ ortak böleni elde etmiş oluruz, çelişki. Yani $c=1$ dir. Aslında bu durum, Venn şemasından basitçe görülüyor. $c$ ile $l$ farklı çemberlerin ayrık bölgeleri içinde olduğundan bu sayılar aralarında asaldır. $c\mid l$ oluşu, $c=1$ olmasını gerektirir diyebiliriz. Benzer şekilde $(a,m)=(b,k) = 1$ dir. $a\mid m$  ve $b\mid k$ oluşu da $a=1, b= 1$ olmasını gerektirir. Tüm bunlar $d(x-y) = d^2 l^2 \dfrac{ab}{c} = d^2 l^2$, yani bir tam kare olduğunu gösterir.  $dxyz = d(x-y)z^2 = d^2l^2z^2$ olur yine bir tam karedir. Bitti.

[Lokman Gökçe]

3. çözümü T. Andreescu & Z. Feng'in 1998-1999 Dünyanın Çeşitli Yerlerinden Olimpiyat Soruları ve Çözümleri kitabında gördüm ve buradan alıntı yapacağım. Olimpiyat kitabı çözümü olduğu için bazı ara basamakların atlanması tercih edilebiliyor. Ben daha iyi olacağını düşünerek fazladan bir kaç açıklama daha ekledim.



3. Çözüm: $(x,y,z) = d$ olsun. Bu durumda $x=da, y=db, z = dc$ ve $(a,b,c) = 1$ olacak şekilde $a,b,c$ pozitif tam sayıları vardır. Şimdi $ (a, b) = g$ diyelim. Bu durumda $a = ga', b = gb'$ ve $(a', b')=1$ olacak şekilde $a', b'$ pozitif tam sayıları vardır. Euclid algoritması ile

$$ (a', b') = (a' - b', b') = (a', a' - b') = 1$$

yazılır. Verilen denkleme göre,

$$\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z} \iff \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{c} \iff c(b-a) = ab \iff c(b' - a') = a'b' g$$

olur. Dolayısıyla $g \mid c$ ve $(a,b,c) = g = 1$ dir. Böylelikle $(a,b) = 1$ olur. $(b-a, ab) = 1$ olduğunu göstermek zor değildir. Bundan dolayı $c(b' - a') = a'b'$ denkleminde $b' - a' = 1$ olmalıdır. $b-a = 1$ ve $c = ab$ olur.

$dxyz = d^4 abc = (d^2ab)^2 $ ve $d(x-y) = d^2$ olup her ikisi de tam karedir.