Diofant tənlikləri: modulyar zid- diyyət və diskriminant

Nümunə 1.1 (Cütlük yoxlanışı ilə həll olunan məsələ). $(x+m)^{2}+(x+2m)^{2}+(x+3m)^{2}+(x+4m)^{2}=2009$ tənliyinin tam həlli varmı? Sol tərəfi açaq:

$$4x^{2}+2(1+2+3+4)xm+(1+4+9+16)m^{2}=4x^{2}+20xm+30m^{2}.$$

Hər üç toplanan cütdür ($4x^2$, $20xm$, $30m^2$), deməli, sol tərəf həmişə cüt ədəddir. Sağ tərəfdəki $2009$ isə tək ədəddir. Cavab: Həlli yoxdur. (2 moduluna görə yoxlama — ən sadə süzgəcdir; həmişə ilk olaraq yoxlanılmalıdır.)

Nümunə 1.2 (Kvadratların 4 moduluna görə davranışı). $5x^{2}+4y^{2}=27$ tənliyinin neçə tam həlli var? $4y^{2}$ həddi 4-ə bölünür, deməli tənliyə 4 moduluna görə baxa bilərik:

$$5x^{2}\equiv 27 \pmod 4\quad\Longrightarrow\quad x^{2}\equiv 3 \pmod 4.$$

Lakin tam kvadratlar 4 moduluna görə yalnız $0$ və ya $1$ qalığını verə bilər (Dərs 6). $3$ qalığının alınması isə qeyri-mümkündür. Cavab: 0 həll. Müqayisə üçün qeyd edək ki: $5x^{2}+4y^{2}=61$ tənliyində $61\equiv 1 \pmod 4$, yəni $x^{2}\equiv 1 \pmod 4$ alınır — burada heç bir maneə yoxdur və doğrudan da tənliyin dörd həlli mövcuddur: $(\pm 3,\pm 2)$.

Nümunə 1.3 (8 modulu — üç kvadratın cəmi). $x^{2}+2y^{2}+98z^{2}=\underbrace{77\ldots7}_{2009\ \text{dənə}}$ tənliyinin tam həlli varmı? Sağ tərəfi 8 moduluna görə hesablayaq. $1000\equiv 0 \pmod 8$ olduğuna görə ədədin yalnız son üç rəqəminə baxmaq kifayətdir: $777=97\cdot 8+1$, yəni sağ tərəf $\equiv 1 \pmod 8$. Sol tərəf isə: $98=8\cdot 12+2$ olduğundan $98z^{2}\equiv 2z^{2} \pmod 8$ və sol tərəf 8 moduluna görə $x^{2}+2y^{2}+2z^{2}$ kimi ifadə olunur. Tam kvadratlar 8 moduluna görə $\{0,1,4\}$ qalıqlarını alır, deməli $2y^{2}\in\{0,2\}$ və $2z^{2}\in\{0,2\}$ (çünki $2\cdot 4=8\equiv 0$). Mümkün cəmlər çoxluğu

$$\{0,1,4\}+\{0,2\}+\{0,2\}=\{0,1,2,3,4,5,6\}$$

olur və orada $1$ qalığı mövcuddur — deməli, 8 modulu heç bir ziddiyyət vermir. Daha güclü bir modula ehtiyac var. İndi 7 modulunu sınayaq: $98=14\cdot 7$, deməli $98z^{2}\equiv 0 \pmod 7$. Sağ tərəf isə: $777777=7\cdot 111111$ — ümumiyyətlə $\underbrace{7\ldots7}_{k}=7\cdot\underbrace{1\ldots1}_{k}$ olduğu üçün həmişə 7-yə bölünür və $\equiv 0 \pmod 7$ alınır. Onda

$$x^{2}+2y^{2}\equiv 0 \pmod 7.$$

Kvadratlar 7 moduluna görə: $\{0,1,2,4\}$ qalıqlarını ala bilər; onda $2y^{2}\in\{0,2,4,8\equiv 1\}=\{0,1,2,4\}$ olar. Cəmin $0$ olması üçün isə yalnız $(0,0)$ cütü uyğundur (digər kombinasiyalar $0$ vermir: $1+2=3$, $1+4=5$, $2+4=6$, $4+4=8\equiv 1$, $2+2=4$, $1+1=2$). Yəni $7\mid x$ və $7\mid y$. Deməli, $x=7x_1$, $y=7y_1$ yazmaq olar və tənlik $49x_1^{2}+98y_1^{2}+98z^{2}=7\cdot\underbrace{1\ldots1}_{2009}$ şəklinə düşür; 7-yə bölsək,

$$7x_1^{2}+14y_1^{2}+14z^{2}=\underbrace{1\ldots1}_{2009}.$$

Sol tərəf 7-yə tam bölünür. Sağ tərəf isə: $\underbrace{1\ldots1}_{2009}$ ədədinin 7-yə bölünməsi üçün $2009$-un $6$-ya bölünməsi tələb olunur (çünki $\underbrace{1\ldots1}_{k}=\frac{10^{k}-1}{9}$ və $7\mid (10^{k}-1)\iff 6\mid k$ — Dərs 7-dəki mərtəbə anlayışına görə). Lakin $2009=6\cdot 334+5$, yəni 6-ya tam bölünmür. Cavab: Həlli yoxdur.

Nümunə 1.4 (9 modulu və kublar). $x^{3}+y^{3}+z^{3}=2002$ tənliyinin tam həlli varmı? Tam kublar üçün ən kəsərli modul 9-dur: $n^{3}\equiv 0,1,-1 \pmod 9$ (Dərs 6). Deməli, üç kubun cəmi 9 moduluna görə

$$\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}$$

qalıqlarından birinə bərabər olar, başqa sözlə $\{0,1,2,3,6,7,8\}$ qalıqlarını verə bilər (mənfi qalıqları müsbət qarşılıqları ilə əvəz etdik). Bu siyahıda $4$ və $5$ yoxdur. İndi sağ tərəfi hesablayaq: $2+0+0+2=4$, deməli $2002\equiv 4 \pmod 9$. Cavab: Həlli yoxdur.

Nümunə 1.5 (Klassik məsələ: $y^{2}=x^{3}+7$). Bu tənliyin tam həlli olmadığını isbat edək. Addım 1: $x$-in cütlüyünün müəyyən edilməsi. Əgər $x$ cüt olsaydı, $y^{2}=x^{3}+7\equiv 0+7=7 \pmod 8$ alınardı (çünki $x$ cüt olduqda $x^3$ ifadəsi 8-ə bölünür). Lakin tam kvadratlar 8 moduluna görə yalnız $0,1,4$ qalıqlarını verə bilər — $7$ olması qeyri-mümkündür. Deməli $x$ təkdir. Addım 2: Həlledici çevirmə. Hər iki tərəfə 1 əlavə edək:

$$y^{2}+1=x^{3}+8=(x+2)\big(x^{2}-2x+4\big).$$

$x$ tək ədəd olduğuna görə $x\equiv 1$ və ya $3 \pmod 4$.

• • $x\equiv 1 \pmod 4$: onda $x+2\equiv 3 \pmod 4$, yəni $x+2$ ədədinin $4k+3$ şəklində sadə böləni var (çünki $4k+3$ formalı ədəd yalnız $4k+1$ formalı sadə vuruqlardan ibarət ola bilməz — onların hasili yenə $4k+1$ verərdi).
• • $x\equiv 3 \pmod 4$: onda $x^{2}-2x+4=(x-1)^{2}+3\equiv 4+3=7\equiv 3 \pmod 4$ — yenə də $4k+3$ formalı sadə bölən mövcuddur.

Hər iki halda elə $p\equiv 3 \pmod 4$ sadə ədədi tapılır ki, $p\mid (y^{2}+1)$ ödənilir. Lakin aşağıdakı klassik fakt qüvvədədir: $p\equiv 3 \pmod 4$ şərtini ödəyən $p$ üçün $p\mid (a^{2}+b^{2})$ münasibətindən mütləq $p\mid a$ və $p\mid b$ çıxır. İsbatı: əgər $p\nmid a$ olsaydı, $a$-nın $p$ moduluna görə tərsi mövcud olardı və $\big(ba^{-1}\big)^{2}\equiv -1 \pmod p$ alınardı; onda Dərs 7-dəki mərtəbə metoduna görə $\operatorname{ord}_{p}\!\big(ba^{-1}\big)=4$ və $4\mid p-1$, yəni $p\equiv 1 \pmod 4$ — şərtə ziddir. Burada $a=y$, $b=1$, deməli $p\mid 1$ — bu isə ziddiyyətdir. Cavab: Həlli yoxdur.

Nümunə 2.1 (Avstriya–Polşa M.O. 1993). $2^{m}-3^{n}=7$ tənliyinin bütün müsbət tam həllərini tapaq. Kiçik qiymətlər üçün hallar: $m=4$, $n=2$: $16-9=7$ ✓. İndi $m\ge 5$ olduğunu fərz edək. Onda $2^{m}\equiv 0 \pmod{32}$, deməli

$$3^{n}\equiv -7\equiv 25 \pmod{32}.$$

3-ün 32 moduluna görə qüvvətlərini yazaq: $3,9,27,81\equiv 17,51\equiv 19,57\equiv 25,75\equiv 11,33\equiv 1$ — dövrün uzunluğu 8-dir və 25 qalığı $n\equiv 6 \pmod 8$ olduqda alınır. İndi 9 moduluna keçək: $n\ge 2$ olduğuna görə $3^{n}\equiv 0 \pmod 9$, deməli $2^{m}\equiv 7 \pmod 9$. 2-nin 9 moduluna görə qüvvətləri: $2,4,8,7,5,1$ — dövr 6-dır və 7 qalığı $m\equiv 4 \pmod 6$ olduqda alınır. Xüsusən $m$ cütdür: $m=2k$. Onda $2^{m}-7=3^{n}$ bərabərliyini 8 modulunda yox, birbaşa vuruqlara ayıraq — $n\equiv 6 \pmod 8$ olduğundan $n$ də cütdür, $n=2\ell$:

$$2^{2k}-3^{2\ell}=7\quad\Longrightarrow\quad \big(2^{k}-3^{\ell}\big)\big(2^{k}+3^{\ell}\big)=7.$$

7 sadə ədəddir və hər iki vuruq müsbətdir ($2^k>3^\ell$ olmalıdır), deməli $2^{k}-3^{\ell}=1$ və $2^{k}+3^{\ell}=7$. Buradan $2^{k}=4$, $3^{\ell}=3$, yəni $k=2$, $\ell=1$ və nəhayət $m=4$, $n=2$ alınır — bu isə bizim artıq tapdığımız həlldir. Deməli $m\ge 5$ üçün heç bir yeni həll mövcud deyil. Cavab: $(m,n)=(4,2)$

Nümunə 2.2 (Qüvvətlərin qalıqları ilə sadə hesablamalar). $3\cdot 5^{2x+1}+2^{3x+1}+17y=1870$ tənliyinin mənfi olmayan tam həllərini tapaq. $1870=2\cdot 5\cdot 11\cdot 17$. $17y$ həddi 17-yə tam bölünür, deməli tənliyə 17 moduluna görə baxaq:

$$3\cdot 5^{2x+1}+2^{3x+1}\equiv 1870\equiv 0 \pmod{17}.$$

Artma sürətinə də nəzər yetirək: $x\ge 2$ üçün $3\cdot 5^{5}=9375>1870$, deməli $x\in\{0,1\}$ — burada məhdudlaşdırma (Dərs 9) modulyar üsulla birləşdi.

• • $x=0$: $3\cdot 5+2=17$, onda $17y=1853$, $y=109$ ✓.
• • $x=1$: $3\cdot 125+16=391$, onda $17y=1479$, $y=87$ ✓.

Cavab: $(x,y)=(0,109)$ və $(1,87)$

Nümunə 2.3 (İki qüvvətin cəmi). $3^{a}+4^{b}=5^{c}$ tənliyinin bütün müsbət tam həllərini tapaq. 3 moduluna görə: $4\equiv 1 \pmod 3$, deməli sol tərəf $\equiv 0+1=1$; sağ tərəf isə $5^{c}\equiv 2^{c} \pmod 3$. $2^{c}\equiv 1 \pmod 3$ olması üçün $c$ cüt ədəd olmalıdır: $c=2\gamma$. 4 moduluna görə: $b\ge 1$ olduğuna görə $4^{b}\equiv 0 \pmod 4$, deməli $3^{a}\equiv 5^{c}\equiv 1 \pmod 4$; $3\equiv -1 \pmod 4$ olduğundan $(-1)^{a}\equiv 1$, yəni $a$ da cüt ədəddir: $a=2\alpha$. İndi tənliyi vuruqlara ayıraq:

$$4^{b}=5^{2\gamma}-3^{2\alpha}=\big(5^{\gamma}-3^{\alpha}\big)\big(5^{\gamma}+3^{\alpha}\big).$$

Hər iki vuruq 2-nin qüvvətidir; onların cəmi $2\cdot 5^{\gamma}$, fərqi isə $2\cdot 3^{\alpha}$-dır və onların heç biri 4-ə bölünmür (çünki $5^{\gamma}$ və $3^{\alpha}$ tək ədədlərdir). Deməli, ən kiçik vuruq məhz 2-yə bərabərdir:

$$5^{\gamma}-3^{\alpha}=2,\qquad 5^{\gamma}+3^{\alpha}=2^{2b-1}.$$

İki bərabərliyi tərəf-tərəfə çıxaq: $2\cdot 3^{\alpha}=2^{2b-1}-2$, yəni

$$3^{\alpha}=2^{2b-2}-1=\big(2^{b-1}-1\big)\big(2^{b-1}+1\big).$$

Sağ tərəfdəki hər iki vuruq 3-ün qüvvətidir və aralarındakı fərq 2-dir. İki 3 qüvvəti arasındakı fərq yalnız 1 və 3 olduqda 2-yə bərabər ola bilər, deməli

$$2^{b-1}-1=1,\qquad 2^{b-1}+1=3\ \Longrightarrow\ b=2,\ \alpha=1.$$

Onda $5^{\gamma}=3^{\alpha}+2=5$, yəni $\gamma=1$ və nəticədə $a=2\alpha=2$, $c=2\gamma=2$ alınır. Yoxlama: $9+16=25$ ✓. Cavab: $(a,b,c)=(2,2,2)$

Nümunə 3.1 (Bölünmə məsələsinin diskriminantla həlli). $n^{2}+3n+5$ ifadəsinin heç bir $n$ üçün 121-ə bölünmədiyini isbat edək. Fərz edək ki, hansısa $m$ tam ədədi üçün $n^{2}+3n+5=121m$ ödənilir. Bu tənliyə $n$-ə nəzərən kvadrat tənlik kimi baxaq:

$$n^{2}+3n+(5-121m)=0.$$

Diskriminant:

$$D=9-4(5-121m)=484m-11=11(44m-1).$$

$n$ tam ədəd olduğu üçün $D$ mütləq tam kvadrat olmalıdır. $11\mid D$ olduğuna görə tam kvadratda hər sadə vuruq cüt dərəcədə iştirak etməlidir (Dərs 3), yəni $11^{2}\mid D$ olmalıdır. Bu isə o deməkdir ki, $11\mid (44m-1)$. Lakin $44m-1\equiv -1 \pmod{11}$ — deməli 11-ə tam bölünmür. Cavab: İsbat olundu. Müqayisə: Dərs 6-da eyni faktı tam kvadrata tamamlama metodu ilə isbat etmişdik. Diskriminant üsulu isə həm daha qısadır, həm də mexaniki olaraq həlli asanlaşdırır.

Nümunə 3.2 (Sovet M.O. 1981). $x^{3}-y^{3}=xy+61$ tənliyinin müsbət tam həllərini tapaq. Birbaşa vuruqlara ayırmaq çətindir. Əvəzinə $s=x-y$ işarə edək — müsbət həllərdə $x>y$, deməli $s\ge 1$. Onda

$$x^{3}-y^{3}=(x-y)\big(x^{2}+xy+y^{2}\big)=s\big(x^{2}+xy+y^{2}\big).$$

$x=y+s$ qoyub $y$-ə nəzərən kvadrat tənlik alaq:

$$(y+s)^{3}-y^{3}=(y+s)y+61\ \Longrightarrow\ 3sy^{2}+3s^{2}y+s^{3}=y^{2}+sy+61,$$

$$(3s-1)y^{2}+\big(3s^{2}-s\big)y+\big(s^{3}-61\big)=0.$$

Diskriminant tam kvadrat olmalıdır:

$$D=s^{2}(3s-1)^{2}-4(3s-1)\big(s^{3}-61\big)=(3s-1)\Big[s^{2}(3s-1)-4s^{3}+244\Big]=(3s-1)\big(244-s^{3}-s^{2}\big).$$

İndi isə məhdudlaşdırma metodu işə düşür: Həqiqi köklərin varlığı üçün $D\ge 0$ olmalıdır, yəni $s^{3}+s^{2}\le 244$. $s=6$ üçün $216+36=252>244$, deməli $s\le 5$. Beş halı yoxlayaq:

• • $s=1$: $D=2\cdot 242=484=22^{2}$ ✓. Tənlik: $2y^{2}+2y-60=0$, yəni $y^{2}+y-30=0$, $y=5$ ✓ və $x=6$.
• • $s=2$: $D=5\cdot(244-12)=5\cdot 232=1160$ — tam kvadrat deyil ($34^2=1156$).
• • $s=3$: $D=8\cdot(244-36)=8\cdot 208=1664$ — tam kvadrat deyil.
• • $s=4$: $D=11\cdot(244-80)=11\cdot 164=1804$ — tam kvadrat deyil.
• • $s=5$: $D=14\cdot(244-150)=14\cdot 94=1316$ — tam kvadrat deyil.

Yoxlama: $6^{3}-5^{3}=216-125=91$ və $6\cdot 5+61=91$ ✓. Cavab: $(x,y)=(6,5)$

Nümunə 3.3 (Eyni texnika, başqa tənlik). $x^{3}+9xy+127=y^{3}$ tənliyinin bütün tam həllərini tapaq. Burada $y>x$ olmalıdır (müsbət sabit 127 səbəbindən). $s=y-x\ge 1$ işarə edək və $y=x+s$ qoyaq:

$$x^{3}+9x(x+s)+127=(x+s)^{3}=x^{3}+3sx^{2}+3s^{2}x+s^{3},$$

$$(3s-9)x^{2}+\big(3s^{2}-9s\big)x+\big(s^{3}-127\big)=0.$$

$s=3$ halını ayrıca yoxlayaq: onda tənlik $27-127=0$ olur — yanlışdır, deməli $s\ne 3$. Qalan hallarda diskriminant hesablanır:

$$D=9s^{2}(s-3)^{2}-4\cdot 3(s-3)\big(s^{3}-127\big)=3(s-3)\Big[3s^{2}(s-3)-4s^{3}+508\Big]=3(s-3)\big(508-s^{3}-9s^{2}\big).$$

$D\ge 0$ şərti: $s>3$ olduqda $508\ge s^{3}+9s^{2}$; $s=6$ olduqda: $216+324=540>508$, deməli $4\le s\le 5$. ($s<3$ halında hər iki mötərizə mənfi olmalıdır: $s^3+9s^2>508$ — lakin $s\le 2$ üçün bu yanlışdır, yəni $D<0$ olur.)

• • $s=4$: $D=3\cdot 1\cdot(508-64-144)=3\cdot 300=900=30^{2}$ ✓. Tənlik: $3x^{2}+12x+(64-127)=0$, yəni $x^{2}+4x-21=0$, buradan $x=3$ və ya $x=-7$. Həllər: $(3,7)$ və $(-7,-3)$.
• • $s=5$: $D=3\cdot 2\cdot(508-125-225)=6\cdot 158=948$ — tam kvadrat deyil.

Yoxlama: $27+9\cdot 21+127=27+189+127=343=7^{3}$ ✓. Cavab: $(x,y)=(3,7)$ və $(-7,-3)$

Nümunə 3.4 (Kəsr tipli tənlik). $\dfrac{xy}{z}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{yz}{x}=\dfrac92$ tənliyinin neçə müsbət tam həlli var? Tənlik $x,y,z$ dəyişənlərinə nəzərən simmetrikdir, ona görə də ümumiliyi pozmadan (WLOG) $x\le y\le z$ qəbul edirik (sonda yerdəyişmələri də nəzərə alacağıq). Məhdudlaşdırma. $y\ge x$ olduğuna görə $\dfrac{yz}{x}\ge z$. Digər iki toplanan isə müsbətdir, deməli

$$\frac92=\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ \ge\ \frac{yz}{x}\ \ge\ z,$$

yəni $z\le 4$. Beləliklə $1\le x\le y\le z\le 4$ — yalnız sonlu sayda hal qaldı. Halların yoxlanması. Məxrəclərdən azad etmək rahatdır: hər iki tərəfi $2xyz$-ə vursaq,

$$2\big(x^{2}y^{2}+x^{2}z^{2}+y^{2}z^{2}\big)=9xyz.$$

Sağ tərəf 9-a bölündüyü üçün mütləq şəkildə $3\mid (x^{2}y^{2}+x^{2}z^{2}+y^{2}z^{2})$ olmalıdır; tam kvadratlar 3 moduluna görə $\{0,1\}$ qiymətlərini aldığından bu cəmin 3-ə bölünməsi üçün ya hər üç toplanan 3-ə bölünməli, ya da hər üçü eyni zamanda $\equiv 1 \pmod 3$ olmalıdır. $z\le 4$ məhdudiyyəti ilə birlikdə bu yoxlama cəmi bir neçə sətir çəkir və yeganə həll kimi

$$(x,y,z)=(1,1,2)$$

alınır. Yoxlama: $\frac{1\cdot 1}{2}+\frac{1\cdot 2}{1}+\frac{1\cdot 2}{1}=\frac12+2+2=\frac92$ ✓. Nizamlanmış üçlüklər: $(1,1,2),\ (1,2,1),\ (2,1,1)$. Cavab: 3 həll

Nümunə 4.1 (Ən sadə eniş). $x^{2}+y^{2}=3z^{2}$ tənliyinin yeganə tam həllinin $(0,0,0)$ olduğunu isbat edək. Fərz edək ki, tənliyin qeyri-trivial həlli var; bu həllər çoxluğundan $|z|$-in ən kiçik olduğu halı seçək. Addım 1 (Modulyar ziddiyyət). 3 moduluna görə baxaq: $x^{2}+y^{2}\equiv 0 \pmod 3$. Tam kvadratlar 3 moduluna görə $\{0,1\}$ qalıqlarını verir, deməli cəmin $0$ olması üçün onların hər ikisi $0$ olmalıdır (çünki $1+1=2\ne 0$, $0+1=1\ne 0$). Yəni

$$3\mid x,\qquad 3\mid y.$$

Addım 2 (Sonsuz eniş). $x=3x_1$, $y=3y_1$ yazaq:

$$9x_1^{2}+9y_1^{2}=3z^{2}\quad\Longrightarrow\quad 3\big(x_1^{2}+y_1^{2}\big)=z^{2}.$$

Deməli $3\mid z^{2}$ və 3 sadə ədəd olduğuna görə $3\mid z$: $z=3z_1$ alınır. Onda

$$3\big(x_1^{2}+y_1^{2}\big)=9z_1^{2}\quad\Longrightarrow\quad x_1^{2}+y_1^{2}=3z_1^{2}.$$

Yəni $(x_1,y_1,z_1)$ də tənliyin həllidir və $|z_1|=\frac{|z|}{3}<|z|$ — bu isə minimallıq şərtinə ziddir. Deməli, qeyri-trivial həll yoxdur. Cavab: Yalnız $(0,0,0)$

Nümunə 4.2 (İkilik dərəcə ilə eniş). $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2xyz$ tənliyinin yeganə tam həllinin $(0,0,0)$ olduğunu isbat edək. Tutaq ki, qeyri-trivial həll mövcuddur və $x^{2}+y^{2}+z^{2}$ cəmi ən kiçik olan həll seçilib. Addım 1. Sağ tərəf cütdür, deməli $x^{2}+y^{2}+z^{2}$ də cütdür — yəni $x,y,z$ ədədləri arasında ya heç biri, ya da dəqiq olaraq ikisi təkdir. Əgər ikisi tək, biri cüt olsa, 4 moduluna görə baxaq: tək kvadratlar $\equiv 1$, cüt kvadrat isə $\equiv 0$ (və ya $4\equiv 0$) olur; sol tərəf $\equiv 1+1+0=2 \pmod 4$. Sağ tərəf $2xyz$ isə: içində mütləq cüt vuruq var, deməli $4\mid 2xyz$, yəni sağ tərəf $\equiv 0 \pmod 4$. Ziddiyyət. Deməli, $x,y,z$ hər üçü cütdür: $x=2x_1$, $y=2y_1$, $z=2z_1$. Addım 2 (Sonsuz eniş). Yerinə yazaq:

$$4\big(x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}\big)=2\cdot 8x_1y_1z_1\quad\Longrightarrow\quad x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}=4x_1y_1z_1.$$

Alınan bu yeni tənlik əvvəlkindən bir qədər fərqlənir (sağ tərəfdə 4 əmsalı var), lakin mühakimə eynilə təkrarlanır: sağ tərəf 4-ə bölünür, deməli $x_1,y_1,z_1$ yenə hamısı cütdür və növbəti addımda 8 alınır və s. Ümumi halda $n$-ci addımdan sonra

$$x_n^{2}+y_n^{2}+z_n^{2}=2^{n+1}x_ny_nz_n$$

alınır və hər addımda $x,y,z$ ədədləri ikiyə bölünür. Deməli, ilkin axtarılan $x$ ədədi 2-nin ixtiyari qüvvətinə bölünür — bu isə yalnız $x=0$ olduqda mümkündür. Eynilə $y=z=0$ alınır. Cavab: Yalnız $(0,0,0)$

Nümunə 4.3 (Kublarda eniş). $x^{3}+3y^{3}=9z^{3}$ tənliyinin yeganə tam həllinin $(0,0,0)$ olduğunu göstərək. Əgər qeyri-trivial həll varsa, $|x|+|y|+|z|$ cəminin ən kiçik olduğu halı götürək. Tənlikdən $3\mid x^{3}$ alınır, deməli $3\mid x$ (Evklid lemması, Dərs 4). $x=3x_1$ qoyaq:

$$27x_1^{3}+3y^{3}=9z^{3}\quad\Longrightarrow\quad 9x_1^{3}+y^{3}=3z^{3}.$$

İndi isə $3\mid y^{3}$, deməli $3\mid y$: $y=3y_1$. Onda

$$9x_1^{3}+27y_1^{3}=3z^{3}\quad\Longrightarrow\quad 3x_1^{3}+9y_1^{3}=z^{3}.$$

Nəhayət $3\mid z^{3}$, deməli $3\mid z$: $z=3z_1$ və

$$3x_1^{3}+9y_1^{3}=27z_1^{3}\quad\Longrightarrow\quad x_1^{3}+3y_1^{3}=9z_1^{3}.$$

$(x_1,y_1,z_1)$ yeni həlldir və $|x_1|+|y_1|+|z_1|=\frac{|x|+|y|+|z|}{3}$ — bu isə minimallığa ziddiyyətdir. Cavab: Yalnız $(0,0,0)$