Encontrar $x,y,z \in \mathbb Q$ tal que $x + \frac 1y, y + \frac 1z, z+ \frac 1x \in \mathbb Z$

Question

Encontrar$x,y,z \in \mathbb Q$: $$x + \frac 1y, y + \frac 1z, z+ \frac 1x \in \mathbb Z$$

Aquí está mi pensamiento: $$x + \frac 1y, y + \frac 1z, z+ \frac 1x \in \mathbb Z\\ \implies \left ( x + \frac 1y\right ) \left ( y + \frac 1z\right )\left ( z + \frac 1x\right )\in \mathbb Z \\ \iff \frac 1 {xyz} + xyz + \left( x+\frac 1y \right) + \left( y+\frac 1z \right) + \left( z+\frac 1x \right) \in \mathbb Z \\ \iff xyz + \frac 1 {xyz} \in \mathbb Z \\ \iff |xyz| = 1 \text{ (I proved it, easily)}$$

Caso 1: $xyz=1 \implies \exists a,b,c \in \mathbb Z$ : $x = \frac ab,y=\frac bc,z=\frac ca$

$$\implies \frac {a+c} b = x+\frac 1y \in \mathbb Z$$

y así sucesivamente.

Ahora, estoy atascado. Qué cosa voy de una manera correcta ?

Answer 1

Vamos a empezar con la observación, que $|xyz| = 1$, y por lo tanto $xyz = \pm 1$. Si tomamos cualquier solución de $(x, y, z)$ $xyz = -1$ y cambiarlo a $(-x, -y, -z)$, es todavía una solución y tenemos $(-x)(-y)(-z) = 1$, por lo que es suficiente para considerar las soluciones con $xyz = 1$ y obtener el resto por voltear todos los signos. Así tenemos $x = \frac{a}b$, $y = \frac{b}c$, y $z = \frac{c}a$ para algunos enteros $a, b, c$. Sin pérdida de generalidad, vamos a |a| ≤ |b| ≤ |c|. Nosotros en realidad no puede hacer la suposición de $|a| \le |b| \le |c|$ sin pérdida de generalidad! Pero podemos hacerles $c$ ser el más grande de los tres en magnitud, lo que significa que $|c| \ge |b|$$|c| \ge |a|$. Las otras soluciones que se obtienen por cíclicamente de la rotación de los tres.

A continuación, considere el hecho de que (como $y + \frac1z$ es un número entero) $c$ divide $(a + b)$ y, por tanto, $|c|$ divide $|a+b|$. Como $|a| \le |c|$$|b| \le |c|$,$|a + b| \le 2|c|$, con igualdad de retención sólo al $|a| = |c|$ $|b| = |c|$ (en cuyo caso tenemos las soluciones $|x| = |y| = |z| = 1$).

De lo contrario, $|a+b|$ es estrictamente menor que $2|c|$, y por lo que sea a $|a + b| = 0$ o $|a + b| = |c|$.

Si $|a + b| = 0$, de modo que $b = -a$, entonces el hecho de que $a$ divide $b+c = c-a$ significa que $c$ es un múltiplo de a $a$, decir $c = ka$. Esta es siempre una solución, y da $x = \frac{a}{b} = -1$, $y = \frac{b}{c} = \frac{-1}{k}$, y $z = \frac{c}{a} = k$.

El otro caso es que el $|a + b| = |c|$, lo $a + b = \pm c$. Podemos considerar estos por separado, como dos casos:

• $a + b = -c$. Esto pasa a ser bien para cualquier par de cero enteros $(a, b)$, y le da a la familia de soluciones $x = \frac{a}{b}$, $y = \frac{b}{c} = \frac{-b}{a+b}$, y $z = \frac{c}{a} = \frac{-a-b}{a}$.

• $a + b = c$. En este caso, el hecho de que $b$ divide $(c + a) = 2a + b$ significa que $b$ divide $2a$, y del mismo modo el hecho de que $a$ divide $(b + c) = a + 2b$ significa que $a$ divide $2b$. Por lo $|b|$ es uno de $|a|/2$, $|a|$, o $2|a|$. Vamos a considerar los tres por separado, en orden descendente:

• • Si $|b| = 2|a|$, $b = 2a$ ($b = -2a$ da $c = a + b = -a$, lo que contradice nuestra suposición de que $|c| \ge |b|$). Por lo $c = a + b = 3a$, y esto da la solución $x = \frac{a}{b} = \frac12$, $y = \frac{b}{c} = \frac23$, $z = \frac{c}{a} = 3$.
• • Si $|b| = |a|$, entonces podemos pasar por alto el caso de $b = -a$ como ya hemos considerado antes, y ver el $b = a$. Esto le da a $c = 2a$, y, de hecho, una solución $x = \frac{a}b = 1$, $y = \frac{b}{c} = \frac12$, y $z = \frac{c}{a} = 2$.
• • Si $|b| = |a|/2$, $a = 2b$ ($a = -2b$ da $c = a + b = -b$, que contradice nuestra suposición de que $|c| \ge |a|$). Por lo $c = a + b = 3b$, y esto da la solución $x = \frac{a}{b} = 2$, $y = \frac{b}{c} = \frac13$, y $z = \frac{c}{a} = \frac32$.

---

En resumen, todas las soluciones de $(x, y, z)$ (tenga en cuenta que todos los de abajo son distintos):

• $(1, 1, 1)$,
• $(2, 1, \frac12)$,
• $(\frac12, \frac23, 3)$,
• $(-k, -1, \frac1k)$ para cualquier entero distinto de cero $k$,
• $(\frac{a}{b}, \frac{-b}{a+b}, \frac{a+b}{-a})$, para cualquier pareja de distinto de cero enteros $a$$b$,

y las soluciones obtenidas por el cambio de cualquier $(x, y, z)$ superior a $(y, z, x)$, $(z, x, y)$, $(-x, -y, -z)$, $(-y, -z, -x)$, o $(-z, -x, -y)$.

Answer 2

Es más interesante considerar $x>0,y>0,z>0$, porque hay un montón de soluciones en otro caso.

A. Si $(x,y,z)$ es una solución, entonces se pueden construir otras soluciones: $$\begin{array}{ccc} (x,y,z) & (y,z,x) & (z,x,y) \\ (-x,-y,-z) & (-y,-z-,x) & (-z,-x,-y) \\ (\frac{1}{z},\frac{1}{y},\frac{1}{x}) & (\frac{1}{x},\frac{1}{z},\frac{1}{y}) & (\frac{1}{y},\frac{1}{x},\frac{1}{z}) \\ (-\frac{1}{z},-\frac{1}{y},-\frac{1}{x}) & (-\frac{1}{x},-\frac{1}{z},-\frac{1}{y}) & (-\frac{1}{y},-\frac{1}{x},-\frac{1}{z}). \\ \end{array}\etiqueta{1} $$

B. Para cada par $a,b\in \mathbb{N}$, de tal manera que $GCD(a,b)=1$, el triple de

$$ \Bigl(x = \frac{a}{b}, \quad y = -\frac{b}{a+b}, \quad z = -\frac{a+b}{a} \Bigr) \etiqueta{2} $$ es una solución: $x+\frac{1}{y} = -1$, $y+\frac{1}{z} = -1$, $z+\frac{1}{x} = -1$.
Otros derivados de triples (ver A.) son soluciones también.

C. Para cada una de las $n \in \mathbb{N}$ triple $$ \Bigl(x = n, \quad y=-1, \quad z = -\frac{1}{n} \Bigr) \etiqueta{3} $$ es una solución: $x+\frac{1}{y} = n-1$, $y+\frac{1}{z} = -n-1$, $z+\frac{1}{x} = 0$.
Otros derivados de triples (ver A.) son soluciones también.

D. Hay otros (la mayoría muy interesante para mí) soluciones:
$\diamond \qquad (1,1,1)\quad$ (y derivados de la modificación de la $(-1,-1,-1)$);
$\diamond \qquad (1, \frac{1}{2}, 2)\quad$ (y modificaciones);
$\diamond \qquad (\frac{1}{2}, \frac{2}{3}, 3) \quad$ (y modfications).
Tienen $x,y,z$ todos los positivos (o negativos).

Tal vez esta lista tiene continuación (?).

Answer 3

Caso 1:

Suponga $x=\frac{p}{q}, y=\frac{s}{t}$ donde$q, t>0$$\gcd(p,q)=\gcd(s, t)=1$. Entonces podemos suponer $a=ps, b=qs, c=tq$.

Desde $x+\frac{1}{y}=\frac{p}{q}+\frac{t}{s} \in \mathbb{Z}$,$q=\pm s$.

Desde $y+\frac{1}{z}=\frac{s}{t}(1+\frac{p}{q})$$z+\frac{1}{x}=\frac{q}{p}(1+\frac{t}{s}) \in \mathbb{Z}$, $t|p+q$ $p|s+t$ (con $q=\pm s$).

Caso 1.1 Si $q=s$,$q|p+t, t|p+q, p|t+q$,

Caso 1.2 Si $q=-s$,$q|p-t, t|p+q, p|t+q$,

Caso 2: $x=\frac{q+1}{q}, y=-q, z=\frac{1}{q+1}$ $x=\frac{q+2}{q}, y=-\frac{q}{2}, z=\frac{1}{q+2}$ son soluciones.

Answer 4

Sigamos de $b|(a+c)$ y así. Aunque la forma original sólo es invariante bajo permutación cíclica, este nuevo equivalente condición es invariante bajo todas las simetrías.

Caso 1:

Supongamos que todos son positivos.

Supongamos $a$ es máxima, y $b+c=ka$, pero, a continuación,$max(b,c)\ge ak/2$, lo que obliga $k=1,2$.

Si $k=2$, fácilmente $a=b=c=1$ si imponemos $(a,b,c)=1$ sin pérdida de generalidad.

De lo contrario,$k=1$, $a=b+c$, el resto es equivalente a $b|2c,c|2b$.

Si ambos son impares, son iguales, lo que resulta en $a=2,b=c=1$.

Si $b$ impar y $c$ a, $b|c,c|2b$ muestra $c=2s$, $s$ impar. A continuación,$b|s,s|b$, en última instancia, $(a,b,c)=(3,1,2)$ o así.

El tanto incluso el caso es contradictoria.

De lo contrario, supongamos $a\ge b>0$ mientras $c<0$. De $a|b+c$ ver$b+c=0$,$b|a$. Escribir $(a,b,c)$$(k,1,-1)$, podemos obtener válida triples $(k,-1,-1/k)$.