Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 21 (10.04.2010)
Rozwiązywanie równań w liczbach całkowitych
1. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
x · y + 2 · x + 2 · y = 2.
Rozwiązanie. Przekształcając nasze równanie możemy doprowadzić je do postaci
(x − 2) · (y − 2) = 2,
mamy zatem cztery możliwości:
x−2 =2
x−2 =1
x − 2 = −1
i y − 2 = 1,
i y − 2 = 2,
i y − 2 = −2,
x − 2 = −2
i y − 2 = −1,
lub
które prowadzą do następujących rozwiązań:
(4, 3), (3, 4), (1, 0), (0, 1).
2. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
1 1
1
+ = ,
x y
p
gdzie p jest daną liczbą pierwszą.
1
Rozwiązanie. Przekształcając nasze równanie możemy doprowadzić je do postaci
p · (x + y) = x · y,
skąd wynika, że p | x lub p | y. Z dokładnością do symetrii możemy założyć,
że p | x, tzn. x = p · k dla pewnej niezerowej liczby całkowitej k (zauważmy,
że z postaci oryginalnego równania wynika, że x 6= 0). Po podstawieniu i przekształceniach otrzymujemy równanie
p · k = y · (k − 1).
Ponieważ (k, k − 1) = 1, więc powyższe równanie implikuje, że k | y, zatem
istnieje niezerowa liczba całkowita l taka, że y = k · l. Stąd p = l · (k − 1), co
daje następujące możliwości
l=p
l=1
l = −1
i
i
i
k − 1 = 1,
k − 1 = p,
k − 1 = −p,
l = −p
i
k − 1 = −1,
lub
które prowadzą do następujących rozwiązań (2 · p, 2 · p), (p2 + p, p + 1) i (−p2 +
p, p−1) (rozwiązanie (0, 0) otrzymane w czwartym przypadku musimy odrzucić,
gdyż x 6= 0 6= y). Ostatecznie (uwzględniają symetrię) rozwiązaniami naszego
równania są następujące pary:
(2 · p, 2 · p), (p2 + p, p + 1), (p + 1, p2 + p), (−p2 + p, p − 1), (p − 1, −p2 + p).
3. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
2
1 1
= + .
1993
x y
Rozwiązanie. Ponieważ liczba 1993 jest pierwsza, więc nasze zadanie jest szczególnym przypadkiem następującego zadania.
Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
1 1
2
+ = ,
x y
p
gdzie p jest daną nieparzystą liczbą pierwszą.
Zauważmy, że powyższe równanie możemy zapisać w postaci
1
1
1
+
= ,
2·x 2·y
p
2
zatem, na mocy poprzedniego zadania, wynika, że
(2 · x, 2 · y) ∈ {(2 · p, 2 · p), (p2 + p, p + 1), (p + 1, p2 + p),
(−p2 + p, p − 1), (p − 1, −p2 + p)}.
Stąd, rozwiązaniem naszego równania są pary
(p, p),
p2 + p p + 1
,
,
2
2
p + 1 p2 + p
,
,
2
2
−p2 + p p − 1
,
,
2
2
p − 1 −p2 + p
,
.
2
2
Zauważmy, że wszystkie liczby występujące powyżej są całkowite, gdyż liczba
p jest nieparzysta.
4. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
x + 2 · y + 3 · x · y = 123.
Rozwiązanie. Przekształcając nasze równanie możemy doprowadzić je do postaci
(3 · x + 2) · (3 · y + 1) = 371.
Ponieważ 371 = 7 · 53, liczby 7 i 53 są pierwsze, 3 · x + 2 ≡ 2 (mod 3) i 3 · y + 1 ≡ 1
(mod 3), więc mamy następujące możliwości
3 · x + 2 = 371 i 3 · y + 1 = 1,
3 · x + 2 = 53 i 3 · y + 1 = 7,
3 · x + 2 = −1 i 3 · y + 1 = −371,
lub
i
3 · x + 2 = −7
3 · y + 1 = −53,
które prowadzą do następujących rozwiązań
(123, 0), (17, 2), (−1, −124), (−3, −18).
5. Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n, dla których liczba
n+1
2·n−1
jest naturalna.
n+1
Rozwiązanie. Jeśli n = 0, to 2·n−1
= −1, a więc liczba
możemy zatem założyć, że n ­ 1. Wtedy
2 · n − 1 = n + (n − 1) ­ n,
3
n+1
2·n−1
nie jest naturalna,
więc
n+1
2·n
¬
= 2.
2·n−1
n
Otrzymujemy zatem równania
n+1
=2
2·n−1
i
n+1
= 1,
2·n−1
których rozwiązaniami są liczby 1 i 2, odpowiednio.
6. Rozwiązać w zbiorze liczb całkowitych równanie
19 · x + 97 · y = (19 + x) · (97 + y).
Rozwiązanie. Przekształcając nasze równanie otrzymujemy równanie
(x − 78) · (y + 78) = 7927.
Ponieważ liczba 7927 jest pierwsza, więc otrzymujemy możliwości
x − 78 = 7927 i y + 78 = 1,
x − 78 = 1 i y + 78 = 7927,
x − 78 = −1 i y + 78 = −7927,
lub
x − 78 = −7927
i y + 78 = −1,
które prowadzą do rozwiązań
(8005, −77), (79, 7849), (77, −8005), (−7849, −79).
7. Rozwiązać w zbiorze liczb całkowitych równanie
x2 − y 2 = 36.
Rozwiązanie. Przekształcając nasze równanie otrzymujemy równanie
(|x| − |y|) · (|x| + |y|) = 36.
Zauważmy, że |x| − |y| ≡ |x| + |y| (mod 2), |x| + |y| ­ |x| − |y| i |x| + |y| > 0, zatem
otrzymujemy możliwości
|x| − |y| = 2 i
|x| + |y| = 18
|x| − |y| = 6 i
|x| + |y| = 6,
lub
które prowadzą do następujących rozwiązań
(10, 8), (10, −8), (−10, 8), (−10, −8), (6, 0), (−6, 0).
4