Решение. Первый способ.Пусть утверждение задачи не верно

Первый способ.Пусть утверждение задачи не верно. Числа a, b и c можно сократить на их общий множитель, поэтому будем считать, что НОД(a, b, c) = 1. Пусть одно из чисел не равно ±1, можно считать, что это число a. Пусть p — любой простой делитель числа a. Так как числа взаимно просты в совокупности, p не делит число b или p не делит число c. Рассмотрим второй случай (первый случай аналогичен).

Введем обозначение: k(x) — максимальная степень p в разложении x на простые множители. Можно считать, что k(a) k(b) (мы знаем, что k(c) = 0).

Имеем

+ + = .

Число p входит в знаменатель в степени k(a) + k(b). Значит, числитель делится на p^{k(a) + k(b)}. Покажем, что это не так. Число p входит в a²c в степени 2k(a) k(a) + k(b), в b²a -- в степени k(a) + 2k(b) k(a) + k(b), а в c²b — в степени k(b) < k(a) + k(b). Значит, a²c + b²a делится на p^{k(a) + k(b)}, а c²b -- не делится на p^{k(a) + k(b)}. Поэтому сумма этих чисел не делится на p^{k(a) + k(b)} — противоречие.

Второй способ.Введем обозначения: x = , y = , z = . Тогда xyz = 1 и

xy + yz + zx = = + + = + +

-- целое число. Рассмотрим многочлен

P(t) = t³ - (x + y + z)t² + (xy + yz + zx)t - xyz.

По доказанному, все коэффициенты этого многочлена целые. Кроме того, коэффициент при старшем члене t³ равен единице. Значит, все рациональные корни этого многочлена — целые (см. комментарий). Согласно обратной теореме Виета, x, y и z — корни этого многочлена. Значит, x, y и z -- целые числа, но xyz = 1, так что x = ±1, y = ±1, z = ±1. Это равносильно тому, что | a| = | b| = | c|.

Комментарий. Докажем использованное утверждение.

Пусть f (x) = a₀ + a₁x + ... + a_nxⁿ — многочлен с целыми коэффициентами.

Теорема. Пусть — несократимая дробь, которая является корнем многочлена f (x). Тогда p| a₀, q| a_n.

Набросок доказательства. Докажем первое утверждение. Условие f[b] = 0 можно переписать так:

Пусть l — простое число. Достаточно доказать, что максимальная степень l, входящая в разложение p на простые множители, не превосходит максимальной степени l, входящей в разложение числа a₀ на простые множители. Пусть это не так, т. е. найдется такое x, что p делится на l^x, а a₀ не делится на l^x. Так как дробь несократима, q не делится на l, поэтому в левой части равенства (*) первый член не делится на l^x, а остальные делятся, но это невозможно.

Следствие. Если a_n = 1, то любой рациональный корень многочлена f (x) является целым.

19. Числа x, y, z удовлетворяют равенству

x + y + z - 2(xy + yz + xz) + 4xyz = .

Докажите, что хотя бы одно из них равно 1/2.

Дата добавления: 2015-06-30; просмотров: 255; Нарушение авторских прав

Мы поможем в написании ваших работ!