Rozwiązanie równania w liczbach całkowitych dodatnich

[85213]

Znajdź wszystkie rozwiązania w liczbach całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ x, y, z}\) równania \(\displaystyle{ \frac{x}{y}+ \frac{y}{z}+ \frac{z}{x}=2}\)
Siedzę nad tym zadaniem już jakiś czas, ale nie ma pojęcia jak to w ogóle ugryźć.
Jeśli nie ten dział, to przepraszam i proszę o przeniesienie.

[Premislav]

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ \frac{x}{y}+ \frac{y}{z}+ \frac{z}{x} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{x}{y}\cdot \frac{y}{z}\cdot \frac{z}{x}} =3}\),
więc rozwiązania tego równania w liczbach całkowitych dodatnich nie istnieją.

[arek1357]

Rozszerzcie to na całkowite i będzie ciekawiej...

[Richard del Ferro]

Z tego co powiedział Premislav, widać, że wszystkie trzy niewiadome nie mogą być dodatnie jak i ujemne, bo gdyby były ujemny to widać, każdy ułamek stałby się dodatni i wtedy, na pewno byłoby całość większe od \(\displaystyle{ 3.}\)
Czyli tylko jedna zmienna jest dodatnia LUB tylko jedna zmienna jest ujemna.
Mnożąc stronami przez \(\displaystyle{ xyz \neq 0}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ x^{2}z+y^{2}x+z^{2}y=2xyz}\)

Prawa strona jest parzysta, więc lewa też musi być, a więc
Liczba parzysta to \(\displaystyle{ 2k}\)
Liczba nieparzysta to \(\displaystyle{ 2k+1}\)
Żeby lewa była podzielna przez \(\displaystyle{ 2}\) musi być parzysta ilość jedynek, a więc mamy
ALBO WSZYSTKIE PARZYSTE
ALBO DOKŁADNIE JEDNA PARZYSTA

[Premislav]

Richard del Ferro, z rozważeniem parzystości to chyba dobry trop, ale gdy jest dokładnie jedna liczba parzysta wśród \(\displaystyle{ x,y,z}\), to na pewno równość nie zajdzie, ponieważ po lewej każda liczba występuje w dwóch spośród trzech składników (chyba że chodziło Ci o parzystość składników \(\displaystyle{ x^2y}\) itd., wtedy zwracam honor, ale moim zdaniem rozważanie takich akurat przypadków nie ma sensu, bo jeden z nich raczej nie może zajść, choć mogę się mylić). Ja bym rzekł, że albo wszystkie są parzyste, albo tylko jedna nie jest. Jeśli wszystkie są parzyste, to kładąc \(\displaystyle{ x=2x', \ y=2y', \ z=2z'}\) mamy po podzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ 8}\):
\(\displaystyle{ x'^2 z'+y'^2x'+z'^2y'=2x'y'z'}\), czyli to samo równanie z mniejszymi co do wartości bezwzględnej zmiennymi. Nie możemy tego rozumowania powtarzać w nieskończoność, chyba że liczby są równe zero (ale to odpada z uwagi na dziedzinę, którą implicite wymusza pierwotna postać równania), więc w którymś momencie dojdziemy do jedynego istotnego przypadku, tj. takiego, w którym dokładnie dwie liczby spośród \(\displaystyle{ x,y,z}\) są parzyste. Bez zmniejszenia ogólności niech \(\displaystyle{ x}\) będzie jedyną liczbą nieparzystą spośród \(\displaystyle{ x,y,z}\). Zastanówmy się teraz, z jakim wykładnikiem liczba \(\displaystyle{ 2}\) wchodzi do rozkładu obu stron na czynniki pierwsze.
Jeżeli \(\displaystyle{ v_2(y)=a, \ v_2(z)=b}\), to o ile \(\displaystyle{ b\neq 2a}\) oraz \(\displaystyle{ a\neq 2b}\), dostajemy \(\displaystyle{ v_2\left( x^{2}z+y^{2}x+z^{2}y\right)=\min(b, 2a,
a+2b)}\), natomiast \(\displaystyle{ v_2(2xyz)=a+b+1}\). Ponadto z poczynionych założeń \(\displaystyle{ a\in \NN^+, \ b\in \NN^+}\), więc w istocie \(\displaystyle{ \min(b, 2a, a+2b)=\min(b,2a)}\).
Równość \(\displaystyle{ b=a+b+1}\) daje \(\displaystyle{ a=-1}\), co sprzeczne z wcześniejszymi ustaleniami, zaś przypadek \(\displaystyle{ b>2a=a+b+1}\) daje \(\displaystyle{ \frac{b}{2}>a=b+1}\), sprzeczność. Pozostaje do rozpatrzenia przypadek \(\displaystyle{ b=2a}\).
Tj. równanie
\(\displaystyle{ x^{2}z+y^{2}x+z^{2}y=2xyz}\)
przyjmuje postać
\(\displaystyle{ (2k+1)^22^{2a}(2m+1)+2^{2a}(2l+1)^2(2k+1)+2^{3a}(2m+1)^2(2l+1)=\\=2^{2a+1}(2k+1)(2l+1)(2m+1)}\)
czyli
\(\displaystyle{ (2k+1)^2(2m+1)+(2l+1)^2(2k+1)+2^{a}(2m+1)^2(2l+1)=\\=2(2k+1)(2l+1)(2m+1)}\)
i na oko modulo \(\displaystyle{ 8}\) można rozwalić ten przypadek, ale nie chce mi się już tego liczyć.-- 8 sty 2018, o 03:44 --Nie, chyba jednak ten przypadek nie padnie modulo \(\displaystyle{ 8}\) (już pomijając to, że to brzydkie), ja się poddaję.

[Richard del Ferro]

To nawet nie była treść polecenia, więc po co
I tak chodziło mi o składniki typu \(\displaystyle{ x^2y}\)itd