2. Zadatak

Prvo rješenje.

Ako je $y=0$, iz prve jednadžbe imamo $x=1$, a iz druge $xz=2$. Uvrštavanjem $x=1$ dobijemo $z=2$, odnosno jedno rješenje je $(x,y,z)=(1,0,2)$.

Ako je $y\neq0$, iz prve jednadžbe imamo

$$z=\frac{x-1}{y}.$$

Uvrštavanjem u drugu jednadžbu imamo

$$x\frac{x-1}{y}+y=2,$$ $$x(x-1)+y^2=2y,$$ $$x(x-1)+y^2-2y+1-1=0,$$ $$x(x-1)+(y-1)^2=1.$$

Ako je $x$ jednak $0$ ili $1$, $x(x-1)=0$. Ako je $x$ negativan ili veći od $1$, $x(x-1)$ je pozitivan. Prema tome, umnožak $x(x-1)$ uvijek je nenegativan.

Također, vrijedi $(y-1)^2\geq0$, pa se jednakost $x(x-1)+(y-1)^2=1$ postiže samo ako je jedan od pribrojnika jednak $0$, a drugi jednak $1$.

Također, $x$ i $x-1$ su različite parnosti, pa je $x(x-1)$ paran broj.

Prema tome, mora vrijediti $x(x-1)=0$, $(y-1)^2=1$, odnosno $x$ je $0$ ili $1$, a $y$ je $0$ ili $2$.

Za $y=0$, jedino rješenje je dobiveno gore.

Ako je $y=2$, uvrštavanjem mogućnosti za $x$ imamo:

• $x=1$, te $z=\frac{1-1}{2}=0$.
• $x=0$, te $z=\frac{0-1}{2}=-\frac12$, što nije moguće jer $z$ mora biti cijeli broj.

Prema tome, rješenja su $(x,y,z)=(1,2,0)$ i $(x,y,z)=(1,0,2)$.

Napomena: Umjesto iz jednakosti

$$x(x-1)+(y-1)^2=1,$$

slične zaključke možemo izvesti iz jednakosti

$$x(x-1)+y(y-2)=0.$$

Drugo rješenje.

Za proizvoljne brojeve $x$, $y$, $z$ vrijedi jednakost

$$(x-yz)^2+(xz+y)^2=(x^2+y^2)(z^2+1).$$

Kvadriranjem i zbrajanjem jednadžbi imamo

$$(x-yz)^2+(xz+y)^2=1^2+2^2=5,$$

odakle zaključujemo da je

$$(x^2+y^2)(z^2+1)=5.$$

Kako su faktori na lijevoj strani jednakosti nenegativni, a s desne strane jednakosti je prost broj, imamo dvije mogućnosti: $z^2+1=5$, $x^2+y^2=1$ ili $z^2+1=1$, $x^2+y^2=5$.

U prvom slučaju, kako bismo postigli jednakost $x^2+y^2=1$, jedino je moguće da je jedan od brojeva $x$ i $y$ jednak $0$, a drugi $\pm1$.

Ako je $x=0$, uvrštavanjem u prvu jednadžbu iz teksta zadatka imamo $-2y=1$ ili $2y=1$, što nije moguće za cijeli broj $y$.

Ako je $y=0$, uvrštavanjem u prvu jednadžbu iz teksta zadatka imamo $x=1$. Uvrštavanjem u drugu jednadžbu imamo $1\cdot z+0=2$, odnosno $z=2$, čime dobivamo jedno rješenje početnog sustava.

U drugom slučaju je $z^2+1=1$, odakle je $z=0$. Uvrštavanjem u prvu jednadžbu iz teksta zadatka imamo $x=1$, a iz druge je $y=2$.

Prema tome, rješenja su $(x,y,z)=(1,2,0)$ i $(x,y,z)=(1,0,2)$.

Treće rješenje.

Iz prve jednadžbe imamo $x=yz+1$.

Uvrštavanjem u drugu imamo:

$$(yz+1)z+y=2,$$ $$yz^2+z+y=2,$$ $$y(z^2+1)=2-z,$$ $$y=\frac{2-z}{z^2+1}.$$

Za $z\geq3$ vrijedi $z^2+1\geq3z+1>z-2>0$, odnosno $\frac{2-z}{z^2+1}$ ne može biti cijeli broj jer se nalazi između $-1$ i $0$.

Slično, za $z\leq-2$ vrijedi da je $z^2+1\geq-2z+1>2-z>0$, pa $\frac{2-z}{z^2+1}$ ponovno ne može biti cijeli broj.

Preostaje provjeriti $z\in\{-1,0,1,2\}$:

• $z=-1$: $y=\frac{2-(-1)}{(-1)^2+1}=\frac32$, što nije cijeli broj.
• $z=0$: $y=\frac{2-0}{0^2+1}=2$, $x=2\cdot0+1=1$.
• $z=1$: $y=\frac{2-1}{1^2+1}=\frac12$, što nije cijeli broj.
• $z=2$: $y=\frac{2-2}{2^2+1}=0$, $x=0\cdot2+1=1$.

Prema tome, rješenja su $(x,y,z)=(1,2,0)$ i $(x,y,z)=(1,0,2)$.