Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Problematyka zajęć w dniu 24 kwietnia 2010 r.
Rozwiązywanie równań w liczbach całkowitych
1. Udowodnić, że jeżeli liczby całkowite a, b, c spełniają warunki
i
NWD(a, b, c) = 1
a2 + b2 = c2 ,
to:
(a) dokładnie jedna z liczb a, b jest parzysta, a liczba c jest nieparzysta,
(b) dokładnie jedna z liczb a, b jest podzielna przez 3, a liczba c nie jest podzielna
przez 3,
(c) dokładnie jedna z liczb a, b, c jest podzielna przez 5.
Rozwiązanie. (a) Kluczową rolę w dowodzie będzie odgrywał następujący, łatwy do
sprawdzenia, fakt.
Niech a będzie liczbą całkowitą. Wtedy 2 | a (2 ∤ a) wtedy i tylko wtedy, gdy a2 ≡ 0
(mod 4) (a2 ≡ 1 (mod 4), odpowiednio). W szczególności, a2 ≡ 0, 1 (mod 4).
Wykorzystując tę obserwację otrzymujemy, że jeśli 2 ∤ a, b, to
c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 1 = 2 (mod 4),
co jest niemożliwe. Z drugiej strony, jeśli 2 | a, b, to
c2 = a2 + b2 ≡ 0 + 0 = 0 (mod 4),
więc 2 | c, zatem 2 | NWD(a, b, c) = 1 – sprzeczność. Ostatecznie otrzymujemy, że
dokładnie jedna z liczb a, b jest parzysta. W szczególności,
c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 0 = 1 (mod 4),
1
więc 2 ∤ c, co kończy dowód.
(b) W tym punkcie skorzystamy z następującego faktu.
Niech a będzie liczbą całkowitą. Wtedy 3 | a (3 ∤ a) wtedy i tylko wtedy, gdy a2 ≡ 0
(mod 3) (a2 ≡ 1 (mod 3), odpowiednio). W szczególności, a2 ≡ 0, 1 (mod 3).
Z powyższego faktu wynika, że jeśli 3 ∤ a, b, to
c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 1 = 2 (mod 3),
co jest niemożliwe. Z drugiej strony, jeśli 3 | a, b, to
c2 = a2 + b2 ≡ 0 + 0 = 0 (mod 3),
więc 3 | c i 3 | NWD(a, b, c) = 1 – sprzeczność. Ostatecznie otrzymujemy, że dokładnie
jedna z liczb a, b jest podzielna przez 3. W szczególności,
c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 0 = 1 (mod 3),
więc 3 ∤ c, co kończy dowód.
(c) Zauważmy, że jeśli n jest liczbą całkowitą i 5 ∤ n, to n2 ≡ 1, 4 (mod 5). W szczególności, jeśli n jest liczbą całkowitą, to n2 ≡ 0, 1, 4 (mod 5). Ponadto, jeśli 5 ∤ a, b,
to reszta z dzielenia liczby c2 należy do zbioru {0, 2, 3} (istotnie, 1 + 1 ≡ 2 (mod 5),
1 + 4 = 0 (mod 5) i 4 + 4 (mod 3)). Z powyższej obserwacji wynika zatem, że c2 ≡ 0
(mod 5) i 5 | c. Zauważmy jeszcze, że jeśli 5 dzieli dwie spośród liczb a, b, c, to dzieli
też trzecią, a więc wtedy 5 | NWD(a, b, c) = 1 – sprzeczność.
2. Opisać wszystkie rozwiązania równania Pitagorasa
a2 + b2 = c2
w liczbach naturalnych dodatnich a, b, c.
Rozwiązanie. Udowodnimy następujące twierdzenie.
Liczb naturalne dodatnie a, b, c są rozwiązaniami równania
a2 + b2 = c2
wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją dodatnie liczby naturalne d, p, q takie, że p > q,
NWD(p, q) = 1, 2 ∤ p + q i
a = 2 · d · p · q,
b = d · (p2 − q 2 )
i c = d · (p2 + q 2 )
a = d · (p2 − q 2 ),
b= 2·d·p·q
i c = d · (p2 + q 2 ).
lub
Łatwo sprawdzić, że wszystkie trójki powyższej postaci są rozwiązaniami równania
Pitagorasa. Przypuśćmy teraz, że a2 + b2 = c2 dla liczb naturalnych dodatnich a, b, c.
Niech d := NWD(a, b, c), a′ := ad , b′ := db i c′ := dc . Wtedy
a′2 + b′2 = c′2
NWD(a′ , b′ , c′ ) = 1.
i
2
Korzystając z zadania 1(a) wiemy, że dokładnie jedna z liczb a′ , b′ jest parzysta, zaś
liczba c′ jest nieparzysta. Z dokładnością do symetrii możemy założyć, że a′ = 2 · k
dla pewnej dodatniej liczby naturalnej k. Wtedy
4 · k 2 = (c′ + b′ ) · (c′ − b′ ).
Ponieważ 2 | c′ + b′ wtedy i tylko wtedy, gdy 2 | c′ − b′ , więc istnieją dodatnie liczby
naturalne x, y takie, że
c′ − b′ = 2 · x
i
c′ + b′ = 2 · y.
Zauważmy, że c′ = x + y i b′ = x − y. Stąd, jeśli n jest liczbą całkowitą i n | x, y, to
n | c′ , b′ , więc NWD(x, y) = 1. Wykorzystując równość
x · y = k2
otrzymujemy, że istnieją dodatnie liczby naturalne p, q takie, że x = p2 i y = q 2 .
Oczywiście NWD(p, q) = 1 i p > q. Ponadto
p + q ≡ p2 + q 2 = x + y = c′ ≡ 1 (mod 2).
Na zakończenie zauważmy, że
a = d · a′ = 2 · d · k = 2 · d · p · q,
b = d · b′ = d · (x − y) = d · (p2 − q 2 ),
i
c = d · c′ = d · (x + y) = d · (p2 + q 2 ),
co kończy rozwiązanie.
3. Znaleźć wszystkie rozwiązania równania Pitagorasa spełniające warunki
c = b + 1.
Rozwiązanie. Zauważmy, że jeśli c = b + 1, to NWD(a, b, c) = 1. Z zadania 1(a) wiemy,
że 2 ∤ c, a więc 2 | b. Korzystając z zadania 2 otrzymujemy, że istnieją dodatnie liczby
naturalne p, q takie, że p > q, NWD(p, q) = 1 i
a2 = p2 − q 2 ,
i
b= 2·p·q
c = p2 + q 2 .
Równości c = b + 1 oznacza, że
2 · p · q + 1 = p2 + q 2 ,
a więc
(p − q)2 = p2 − 2 · p · q + q 2 = 1.
Stąd p = q + 1, a więc ostatecznie poszukiwanymi rozwiązaniami są trójki postaci
a = 2 · q + 1,
b = 2 · q2 + 2 · q
3
i
c = 2 · q 2 + 2 · q + 1,
gdzie q jest dodatnią liczbą naturalną.
4. Znaleźć wszystkie trójkąty prostokątne, których obwód jest równy polu.
Rozwiązanie. Musimy znaleźć wszystkie trójki dodatnich liczb naturalnych a, b, c
takich, że
a · b = 2 · (a + b + c)
i
a2 + b2 = c2 .
Z zadania 2 wiemy, że istnieją dodatnie liczby naturalne d, p, q takie, że p > q,
NWD(p, q) = 1, 2 ∤ p + q i (z dokładnością do symetrii)
a = 2 · d · p · q,
b = d · (p2 − q 2 ),
c = d · (p2 + q 2 ).
Wykorzystując pierwsze równanie otrzymujemy, że
2 · d2 · p · q · (p2 − q 2 ) = 4 · d · p · (p + q),
a więc
d · q · (p − q) = 2.
Ponieważ p − q ≡ p + q ≡ 1 (mod 2), więc mamy następujące możliwości:
• d = 2, q = 1, p − q = 1,
• d = 1, q = 2, p − q = 1,
które odpowiadają trójkątom prostokątnym o bokach 6, 8, 10 i 5, 12, 13.
4