Diofantove Jednacine - Zbirka Zadataka

Rijeˇseni zadaci iz nelinearnih diofantovih jednaˇcina Mirnes Smajilovi´c [email protected] 25. mart 2014.

1

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Saˇ zetak Ovdje moˇzete na´ci zadatke koji se odnose na Nelinearne Diofantove jednaˇcine. Mala zbirka rijeˇsenih zadataka moˇze posluˇziti i za pripremu uˇcenika za takmiˇcenja iz matematike. Zadrˇzavam pravo da ima ˇstamparskih greˇsaka, kao i moˇzda matematiˇckih greˇsaka. U cilju da poboljˇsamo ovu malu zbirku zadataka, na sve eventualne propuste moˇzete ukazati putem e-maila [email protected].

1

Diofantove jednaˇ cine

Zajedniˇcki naziv svim metodama za rjeˇsavanje Diofantovih jednaˇcine je metoda razlikovanja sluˇcajeva. Jednaˇcina se najˇceˇs´ce prvo mora zapisati u odgovaraju´ci oblik, da bi se kroz razlikovanje dopuˇstenih sluˇcajeva mogao suziti skup potencijalnih rjeˇsenja, te konaˇcno i na´ci sama rjeˇsenja. U zavisnosti od toga kakav zapis jednaˇcine koristimo, ili pak po kojoj osnovi razlikujemo sluˇcajeve dobijamo razliˇcite metode za rjeˇsavanje nelinearnih diofantskih jednaˇcina.

1.1

Metoda faktorizacije

Ova metoda se sastoji u tome da se data jednaˇcina faktorizuje pa onda razmotre svi mogu´ci sluˇcajevi. Prvi korak u reˇsavanju je transformacija bar jedne strane jednaˇcine (zavisno od sluˇcaja) u oblik pogodan za faktorizaciju kako lijeve, tako i desne strane jednakosti. Najpovoljnija situacija je ukoliko se na jednoj strani jednakosti izraz koji sadrˇzi promenljive rastavi na faktore, a na drugoj strani jednakosti je faktorizacija konstante. Zadatak 1 Rijeˇsiti u skupu Z jednaˇcinu (x2 + 1)(y 2 + 1) − 2(x − y)(1 − xy) = 4(1 + xy). Rjeˇ senje. 2 2

x2 y 2 + x2 + y 2 + 1 − 2(x − y)(1 − xy) 2

2

x y − 2xy + 1 + x − 2xy + y + 1 − 2(x − y)(1 − xy) 2

2

(xy − 1) + (x − y) − 2(x − y)(1 − xy) 2

=

4 + 4xy

=

4

=

4

2

=

4

2

=

4

2

=

4

2

=

4

(x − y) − 2(x − y)(1 − xy) + (1 − xy) (x − y + 1 − xy)

[x(1 − y) + (1 − y)]

[(x + 1)(1 − y)]

(x + 1)(1 − y) = 2

⇔ ∨

(x + 1)(1 − y) = −2

Razmotrimo sve mogu´ce sluˇcajeve za prethodni proizvod cijelih brojeva. 1. (x + 1)(1 − y) = 2.  x+1 = 1 (a) ⇒ x = 0 ∧ y = −1. 1−y =2  x + 1 = −1 (b) ⇒ x = −2 ∧ y = 3. 1 − y = −2  x+1 = 2 ⇒ x = 1 ∧ y = 0. (c) 1−y =1 http://matematika.com.ba

2

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

(d)

x + 1 = −2 1 − y = −1

Rijeˇseni zadaci 

⇒ x = −3 ∧ y = 2.

2. (x + 1)(1 − y) = −2.  x+1=1 (a) ⇒ x = 0 ∧ y = 3. 1 − y = −2  x + 1 = −1 (b) ⇒ x = −2 ∧ y = −1. 1−y = 2  x + 1 = −2 (c) ⇒ x = −3 ∧ y = 0. 1−y = 1  x+1=2 (d) ⇒ x = 1 ∧ y = 2. 1 − y = −1 Na ovaj naˇcin smo dobili rjeˇsanja polazne jednaˇcine u skupu Z. Oznaˇcimo skup svih rjeˇsanja sa R: R = {(0, −1), (−2, 3), (1, 0), (−3, 2), (0, 3), (−2, −1), (−3, 0), (1, 2)}. ♠ Zadatak 2 Rijeˇsiti u skupu N jednaˇcinu 1 1 1 + = , x y pq

p, q prosti brojevi

(p, q ∈ Z).

Rjeˇ senje. x+y 1 = xy pq pq(x + y) = xy xy − xpq − ypq = 0

x(y − pq) − ypq = 0

x(y − pq) − pq(y − pq) = p2 q 2

(x − pq)(y − pq) = p2 q 2

Kako su brojevi p i q prosti, jedini prirodni djelioci od p2 q 2 su: 1, p, q, p2 , q 2 , pq, p2 q, pq 2 , p2 q 2 , pa se razlikuju sljede´ce mogu´cnosti: 1. x − pq = 1 i y − pq = p2 q 2 , odakle je x = 1 + pq i y = pq + p2 q 2 . 2. x − pq = p i y − pq = pq 2 , odakle je x = p + pq i y = pq + pq 2 . 3. x − pq = q i y − pq = p2 q, odakle je x = q + pq i y = pq + p2 q. 4. x − pq = p2 i y − pq = q 2 , odakle je x = p2 + pq i y = pq + q 2 . 5. x − pq = q 2 i y − pq = p2 , odakle je x = q 2 + pq i y = pq + p2 . 6. x − pq = pq i y − pq = pq, odakle je x = pq + pq i y = pq + pq. 7. x − pq = p2 q i y − pq = q, odakle je x = p2 q + pq i y = pq + q. http://matematika.com.ba

3

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

8. x − pq = pq 2 i y − pq = p, odakle je x = pq 2 + pq i y = pq + p. 9. x − pq = p2 q 2 i y − pq = 1, odakle je x = p2 q 2 + pq i y = pq + 1. Na ovaj naˇcin smo dobili sva (devet) rjeˇsenja (x, y) u skupu prirodnih brojeva. ♠

1.2

Metoda dijeljenja

Ova metoda se pripisuje Euleru i sastoji se u tome da se jedna nepoznata izrazi pomo´cu druge i onda dobijeni razlomak prikaˇze u obliku zbira cijele funkcije i razlomljenog dijela. Dakle, P ideja je da se jednaˇcina A = B nizom transformacija dovede na oblik M = N + . Ako su M Q P i N cijeli brojevi, onda to mora biti i , ˇsto znaˇci da se Q mora sadrˇzavati u R. Analizom Q mogu´cnosti u kojima se to dogada, bez obzira da li je Q broj ili neki algebarski izraz dolazi se do logiˇcke osnova za razdvajanja svih mogu´cih sluˇcajeva. Zadatak 3 U skupu prirodnih brojeva rijeˇsiti jednaˇcinu 1 1 1 1 + = + x y 3 xy

(3.1)

Rjeˇ senje. Mnoˇzenjem date jednaˇcine sa 3xy dobijamo 3y + 3x = xy + 3 odakle je 3x − xy = 3 − 3y ⇔ x(3 − y) = 3 − 3y pa dijljenjem prethodne jednaˇcine sa 3 − y (y 6= 3) dobijamo x=

9 − 3y − 6 3(3 − y) − 6 6 3 − 3y = = =3− . 3−y 3−y 3−y 3−y

(3.2)

Odavde slijedi da 3 − y | 6 jer je x ∈ N, pa je 3 − y ∈ {±1, ±2, ±3, ±6}. Razmotri´cemo sve sluˇcajeve. 1. 3 − y = 1 ⇒ y = 2 ⇒ x = 3 − 6 = −3 ∈ / N, 2. 3 − y = −1 ⇒ y = 4 ⇒ x = 3 + 6 = 9 ⇒ (x, y) = (9, 4), 3. 3 − y = 2 ⇒ y = 1 ⇒ x = 3 − 3 = 0 ∈ / N, 4. 3 − y = −2 ⇒ y = 5 ⇒ x = 3 + 3 = 6 ⇒ (x, y) = (6, 5), 5. 3 − y = 3 ⇒ y = 0 ∈ / N, 6. 3 − y = −3 ⇒ y = 6 ⇒ x = 3 + 2 = 5 ⇒ (x, y) = (5, 6), 7. 3 − y = 6 ⇒ y = −3 ∈ / N, 8. 3 − y = −6 ⇒ y = 9 ⇒ x = 3 + 1 = 4 ⇒ (x, y) = (4, 9). Ostao nam je sluˇcaj za y = 3 koji smo na poˇcetku iskljuˇcili. Vra´canjem u polaznu jednaˇcinu imamo 1 1 1 1 1 1 + = + ⇔ = ⇔1=3 x 3 3 3x x 3x pa y = 3 nije rjeˇsenje. Dakle, sva rjeˇsenja polazne jednaˇcine u skupu prirodnih brojeva su (x, y) ∈ {(9, 4), (6, 5), (5, 6), (4, 9)}. ♠ http://matematika.com.ba

4

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

1.3

Rijeˇseni zadaci

Metoda zbira

Jedan od naˇcina za rjeˇsavanje Diofantovih jednaˇcina je i analiza zbira. Najˇceˇs´ce ta analiza poˇciva na transformaciji date jednaˇcine u oblik koji je pogodan za razmatranje sluˇcajeva. Jedan od najpogodnijih takvih oblika je zbir kvadrata, ili joˇs opˇstije, zbir nenegativnih sabiraka. Sljede´ci zadatak je sa federalnog takmiˇ cenja uˇcenika osnovnih ˇskola, VIII razred, Graˇcanica, 17.05.2008. Zadatak 4 (Ispitni zadatak, 29.09.2008) Postoje li cijeli brojevi takvi da je x2 + 4y 2 + z 4 = 2x − 20y − 23.

(4.1)

Rjeˇ senje. (4.1) ⇔ x2 + 4y 2 + z 4 − 2x + 20y = −23

⇔ (x2 − 2x + 1) − 1 + (4y 2 + 20y + 25) − 25 + z 4 = −23

⇔ (x − 1)2 + (2y + 5)2 + z 4 = 3

Poˇsto su svi sabirci nenegativni i svaki mora biti manji od 3, slijedi x − 1 = ±1, 2y + 5 = ±1, z = ±1 pa rjeˇsavanjem tih jednaˇcina dobijamo x ∈ {0, 2},

y ∈ {−2, −3},

z ∈ {−1, 1}.

Konaˇcno, rjeˇsenje je {(x, y, z) | x ∈ {0, 2} ∧ y ∈ {−2, −3} ∧ z ∈ {−1, 1}}. ♠ Zadatak 5 (Kantonalno takmiˇ cenje, II raz. srednjih ˇ skola, Graˇ canica, 05.04.2008) U skupu cijelih brojeva rijeˇsiti jednaˇcinu x4 + y 2008 = 2x2 − 1. Rjeˇ senje. x4 + y 2008 = 2x2 − 1 ⇔ x4 + y 2008 − 2x2 + 1 = 0 ⇔ ⇔ (x2 − 1)2 + y 2008 = 0.

Kako je kvadrat cijelog broja nenegativan, to mora biti (x2 −1) = 0 i y = 0. Odavde je x = ±1 pa su rjeˇsenja (x, y) ∈ {(1, 0), (−1, 0)}. ♠

http://matematika.com.ba

5

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

1.4

Rijeˇseni zadaci

Metoda nejednakosti

Nejednakosti se koriste, da se iz oblasti definisanosti jednaˇcine izdvoje skupovi u kojima jednaˇcina nema rjeˇsenja. Potom se jednaˇcina rjeˇsava u preostalom dijelu oblasti definisanosti. Najbolje je pri tom, ukoliko je mogu´ce, eliminisati beskonaˇcni dio oblasti definisanosti, a jednaˇcinu potom rjeˇsavati u konaˇcnom skupu. Metoda nejednakosti se ˇcesto koristi i u kombinaciji s nekom drugom metodom. Zadatak 6 U skupu cijelih brojeva rijeˇsiti jednaˇcinu 3x + 4x = 5x . Rjeˇ senje. Vidimo da je x = 2 jedno rjeˇsenje jednaˇcine: 9 + 16 = 25. Iz 3x + 4x = 5x dijeljenjem sa 5x dobijamo ekvivalentnu jednaˇcinu polaznoj:  x  x 4 3 + = 1. 5 5 Kako je

3 4 < 1 i < 1, tada za x > 2 slijedi 5 5  2  x 3 3 < 5 5  2  x 4 4 < 5 5

odakle dobijamo

 x  x  2  2 4 3 4 3 + < + = 1. 5 5 5 5

Dakle, za x > 2 jednaˇcina nema rjeˇsenja. Neka je sada x < 2. Tada je  x  2 3 3 > 5 5  2  x 4 4 > 5 5 odakle slijedi

 x  x  2  2 3 4 3 4 + > + = 1. 5 5 5 5

Vidimo da i u ovom sluˇcaju jednaˇcina nema rjeˇsenja, pa je x = 2 jedino rjeˇsenje jednaˇcine. ♠ Zadatak 7 U skupu prirodnih rijeˇsiti jednaˇcinu 1 2 3 + + = 1, x y z

z < y < x.

(7.1)

Rjeˇ senje. Uoˇcimo prvo da svaki od sabiraka lijeve strane jednaˇcine mora biti manji od 1. Iz toga slijedi 1 < 1 ⇔ 1 < x, x http://matematika.com.ba

2 <1⇔2
3 < 1 ⇔ 3 < z. z

(7.2)

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Zbog z < y < x je

1 1 1 < < . x y z

(7.3)

Koriste´ci prethodnu nejednakost i polaznu jednaˇcinu dobijamo 6 1 2 3 6 < + + =1< x x y z z odakle direktno slijedi x > 6 i z < 6. Tako dobijamo konaˇcan skup u kojem je traˇzeni broj z 3 < z < 6 ⇔ z ∈ {4, 5}. Stoga ´cemo za svako z traˇziti rjeˇsenja za x i y. 1. z = 4. Polazna jednaˇcina glasi 1 2 3 1 + =1− = x y 4 4 pa zbog nejednakosti (7.3) je 1 2 1 3 3 < + = < x x y 4 y odakle dobijamo x > 12 i y < 12. Zbog z < y slijedi 4 < y < 12 odnosno y ∈ {5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}. Sada za z = 4 i za svako y iz ovog skupa moˇzemo na´ci x i provjeriti da li zadovoljava uslove zadatka. Sredivanjem dobijamo 1 2 1 1 1 2 y−8 4y + = ⇔ = − = ⇔x= . x y 4 x 4 y 4y y−8 Odavde joˇs slijedi, zbog x ∈ N, da je y > 8 pa konaˇcno dobijamo skup vrijednosti za y y ∈ {9, 10, 11}. 36 = 36 ⇒ R1 = (36, 9, 4); 9−8 40 = 20 ⇒ R2 = (20, 10, 4); (b) y = 10 ⇒ x = 10 − 8 44 44 = ∈ / N. (c) y = 11 ⇒ x = 11 − 8 3 (a) y = 9 ⇒ x =

2. z = 5. Polazna jednaˇcina u ovom sluˇcaju je

3 2 1 2 + =1− = x y 5 5 pa zbog nejednakosti (7.3) je 1 2 2 3 3 < + = < x x y 5 y 15 15 iy < . Zbog z < y slijedi 5 < y < 8 odnosno y ∈ {6, 7}. odakle dobijamo x > 2 2 Sredivanjem dobijamo 2 1 2 2 2y − 10 5y 1 2 + = ⇔ = − = ⇔x= . x y 5 x 5 y 5y 2y − 10 http://matematika.com.ba

7

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

30 = 15 ⇒ R3 = (15, 6, 5); 12 − 10 35 (b) y = 7 ⇒ x = ∈ / N. 4 (a) y = 6 ⇒ x =

Dakle, imamo 3 rjeˇsenja jednaˇcine u skupu N, a to su uredene trojke (x, y, z) iz skupa {(36, 9, 4), (20, 10, 4), (15, 6, 5)}. ♠ Zadatak 8 Rijeˇsiti u skupu N jednaˇcinu 1 1 1 + + = 1. x y z Rjeˇ senje. Pogledati [1, str. 20]. ♠ Zadatak 9 (Ispitni zadatak, 09.12.2004) U skupu nenegativnih cijelih brojeva rijeˇsite jednaˇcinu x + y + z = xyz.

(9.1)

Rjeˇ senje. Najprije razmotrimo sluˇcaj ako je neki od x, y, z jednak nuli. U tom sluˇcaju, jednaˇcina ima rjeˇsenje samo ako je x = y = z = 0. Dakle, jedno rjeˇsenje je (x, y, z) = (0, 0, 0). Sada je potrebno polaznu jednaˇcinu rjeˇsiti u skupu N. Bez umanjenja opˇstosti pretpostavimo da je x ≤ y ≤ z. Tada je xyz = x + y + z ≤ 3z odnosno xy ≤ 3, pa imamo tri slaˇcaja 1. x = 1,

y = 1;

2. x = 1,

y = 2;

3. x = 1,

y = 3.

Uvrˇstavanjem ovih vrijednosti u polaznu jednaˇcinu slijedi 1. 2 + z = z ⇒ 2 = 0 (nema rjeˇsenja); 2. 3 + z = 2z ⇒ z = 3; 3. 4 + z = 3z ⇒ z = 2 ali mora biti 3 = y ≤ z (nema rjeˇsenja). Dakle, jedino rjeˇsenje u ovom sluˇcaju je (x, y, z) = (1, 2, 3), i zbog simetriˇcnosti zadatka sve permutacije od (1, 2, 3). Skup svih rjeˇsenja je (x, y, z) = {(0, 0, 0), (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3), (3, 1, 2), (3, 2, 1)}. ♠

http://matematika.com.ba

8

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

1.5

Rijeˇseni zadaci

Metoda parnosti

Ova metoda sastoji se u tome da se odredi parnost jedne od nepoznanica i na osnovi toga zakljuˇci ima li jednaˇcina rjeˇsenje ili ne. Najˇceˇs´ce se razlikuju dva sluˇcaja: kada je neka od nepoznanica parna, odnosno neparna, te se odvojeno vrˇse daljnja ispitivanja. Zadatak 10 (Ispitni zadatak, 29.09.2008) Odrediti sve cijele brojeve x takve da je 3x + 5x = 152. Rjeˇ senje. Direktno iz jednaˇcine slijedi da je x > 0, jer ako je x ≤ 0 onda je 3x ≤ 1 i 5x ≤ 1, odakle slijedi 3x + 5x ≤ 2 pa jednaˇcina nema rjeˇsenja. Neka je x paran, tj. x = 2x1 , x1 ∈ N. Tada iz polazne jednaˇcine slijedi 32x1 + 52x1 = 152 ⇔ 9x1 + 25x1 = 152. Medutim, za x1 = 1 slijedi 9 + 25 = 34 6= 152, dok za x1 ≥ 2 slijedi 9x1 + 25x1 ≥ 81 + 625 pa jednaˇcina u ovom sluˇcaju nema rjeˇsenja. Neka je x neparan, tj. x = 2x1 + 1, x1 ∈ N. Iz polazne jednaˇcine dobijamo 32x1 +1 + 52x1 +1 = 152 ⇔ 9x1 · 3 + 25x1 · 5 = 152. Za x1 = 1 slijedi 27 + 125 = 152. Dakle, x1 = 1, odnosno x = 3 jeste rjeˇsenje. Za x1 ≥ 2 jednaˇcina nema rjeˇsenja jer je 9x1 · 3 + 25x1 · 5 > 81 · 3 + 625 · 5. U sluˇcaju neparnog broja x = 1 koji nije ukljuˇcen u izraz x = 2x1 + 1, x1 ∈ N, vidimo da jednaˇcina tada nema rjeˇsenja jer 3 + 5 = 8 6= 152. Dakle, jedino rjeˇsenje je x = 3. ♠ Zadatak 11 Rjeˇsiti u skupu N jednaˇcinu 2x − 1 = xy.

(11.1)

Rjeˇ senje. Izraz 2x je paran za svaki prirodan broj x, pa je 2x − 1 neparan. Zbog toga i desna strana jednaˇcine (11.1) mora biti neparna. Proizvod dva prirodna broja je neparan ako su oba neparni, jer je proizvod dva parna - paran, i proizvod brojeva razliˇcite parnosti - paran. Dakle, x i y su neparni prirodni brojevi, pa moˇzemo pisati x = 2x1 + 1,

x1 ∈ N ∪ {0}

y = 2y1 + 1,

y1 ∈ N ∪ {0}.

(11.2) (11.3)

Uvrˇstavanjem prethodnih izraza u (11.1) dobijamo 22x1 +1 − 1 = (2x1 + 1)(2y1 + 1)

22x1 · 2 − 1 = 4x1 y1 + 2x1 + 2y1 + 1

22x1 · 2 = 4x1 y1 + 2x1 + 2y1 + 2 |: 2 22x1

= 2x1 y1 + x1 + y1 + 1

(11.4)

Razmatra´cemo sluˇcajeve kada je x = y i x 6= y. http://matematika.com.ba

9

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

1. x = y. Tada iz (11.1) slijedi 2x − 1 = x2 odnosno 2x = x2 + 1. Krive 2x i x2 + 1 imaju najviˇse dvije presjeˇcne taˇcke, i to za x = 0 i x = 1. Kako je x prirodan broj, uzimamo samo x = 1, te zbog x = y slijedi y = 1. Dakle, rjeˇsenje u ovom sluˇcaju je (x, y) = (1, 1). 2. x 6= y. Iz (11.4) slijedi 22x1 − 2x1 y1 = x1 + y1 + 1. Za x1 6= 0, lijeva strana prethodne jednakosti je parna, pa i desna strana mora biti parna. Dakle, mora da vrijedi x1 + y1 + 1 ≡ 0 (mod 2) a odavde slijedi x1 + y1 ≡ −1 (mod 2). Iz zadnje kongruencije slijedi da zbir x1 + y1 nije paran, a to je samo u sluˇcaju kada su x1 i y1 razliˇcite parnosti, ali zbog (11.2) i (11.3) slijedi da su x i y iste parnosti, pa u ovom sluˇcaju jednaˇcina (11.1) nema rjeˇsenja. Ako je x1 = 0, onda iz (11.4) imamo 1 = y1 + 1 odnosno y1 = 0, pa je rjeˇsenje u ovom sluˇcaju, (x, y) = (2x1 + 1, 2y1 + 1) = (1, 1). Zakljuˇcujemo, jedino rjeˇsenje jednaˇcine (11.1) je (x, y) = (1, 1). ♠ Zadatak 12 Rjeˇsiti u skupu N jednaˇcinu x2 − y! = 2001.

(12.1)

Rjeˇ senje. Broj 2001 je neparan pa stoga i x2 − y! mora biti neparan, a to znaˇci da x2 i y! moraju biti razliˇcite parnosti. Neka je x2 neparan, a y! paran. Odavde slijedi da je x neparan i da je y ≥ 2, pa x moˇzemo pisati kao x = 2x1 + 1,

x1 ∈ N.

Sada iz jednaˇcine (12.1) imamo (2x1 + 1)2 − y! = 2001

4x21 + 4x1 + 1 − y! = 2001

4x21 + 4x1 − y! = 2000.

Kako je 4x21 + 4x1 ≡ 0 (mod 4) i 2000 ≡ 0 (mod 4) slijedi da mora biti i y! ≡ 0 (mod 4), a to znaˇci da je y ≥ 4. Neka je y = 4. Tada iz polazne jednaˇcine dobijamo x2 = 4! + 2001 = 2025 ⇒ x = 45 pa imamo jedno rjeˇsenje (x, y) = (45, 4). Neka je y = 5. Tada y! = 120 pa je x2 = 120 + 2001 = 2121. Odavde slijedi da x ≈ 46, 1 ∈ / N. Neka je y = 6. Tada y! = 720 pa je x2 = 720 + 2001 = 2721. Odavde slijedi da x ≈ 52, 2 ∈ / N.

http://matematika.com.ba

10

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Neka je y ≥ 7. Tada je y! ≡ 0 (mod 7) i 2001 ≡ 6 (mod 7) pa mora biti x2 ≡ 6 (mod 7). Medutim ovo je nemogu´ce zbog sljede´ceg. Za svaki prirodan broj x vrijedi jedna od relacija x≡0

x ≡ ±1

x ≡ ±2

x ≡ ±3

(mod 7) ⇒ x2 ≡ 0 (mod 7)

(mod 7) ⇒ x2 ≡ 1 (mod 7)

(mod 7) ⇒ x2 ≡ 4 (mod 7)

(mod 7) ⇒ x2 ≡ 2 (mod 7)

odakle vidimo da ni za jedan prirodan broj x ne vrijedi x2 ≡ 6 (mod 7). Ostaje joˇs sluˇcaj kada je x paran. Tada mora biti y! neparan, a to znaˇci da je y = 1, jer za y > 1 uvijek ima faktor 2. Tada je √ x2 = 2001 − 1 = 2000 ⇒ x = 2000 ≈ 44, 8 ∈ / N. Dakle, jednaˇcina (12.1) ima taˇcno jedno rjeˇsenje (x, y) = (45, 4). ♠

Zadatak 13 (Federalno takmiˇ cenje, II raz. srednjih ˇ skola, Sarajevo, 19.04.2008) Dokaˇzi 4 4 4 da jednaˇcina p + q = r nema rjeˇsenje u skupu prostih brojeva. Rjeˇ senje. Poˇsto je r 4 = p4 + q 4 ≥ 24 + 24 = 32 to je r ≥ 3 pa je r neparan broj. Tada je jedan od brojeva p i q paran a, drugi neparan. Uzmimo da je q paran, a p neparan. Jednaˇcina tada postaje p4 + 16 = r 4 . Poˇsto su p i r neparni i r > p, to je najmanja mogu´ca razlika medu njima 2, tj. r ≥ p + 2. Dalje imamo pa je konaˇcno

p4 + 16 = r 4 ≥ (p + 2)4 = p4 + 8p3 + 24p2 + 32p + 16 0 ≥ 8p3 + 24p2 + 32p

ˇsto je nemogu´ce. Dakle, jednaˇcina nema rjeˇsenja u skupu prostih brojeva. ♠ Zadatak 14 (Kantonalno takmiˇ cenje, II raz. srednjih ˇ skola, Srebrenik, 31.03. 2007) Na´ci sve proste brojeve p, q i r koji zadovoljavaju jednaˇcinu pq + q p = r.

(14.1)

Rjeˇ senje. Poˇsto je r = pq + q p ≥ 22 + 22 = 8, to je r neparan broj. Tada je jedan od brojeva p i q paran, a drugi neparan. Neka je q = 2. Tada je r = p2 + 2p .

(14.2)

Kako smo uzeli da je q paran, onda je p ≥ 3. Razmotrimo kada je p = 3 i p > 3. Neka je najprije p > 3. Tada, za jednaˇcinu (14.2) posmatrajmo ostatke po modulu 3. p ≡ ±1

Odavde slijedi

(mod 3) ⇒ p2 ≡ 1 (mod 3);

2 ≡ −1 (mod 3) ⇒ 2p ≡ (−1)p ≡ −1

(mod 3).

r = p2 + 2p ≡ 0 (mod 3)

odnosno da je r djeljivo sa 3, a to znaˇci da je r = 3. S druge strane je, r ≥ 8, pa u sluˇcaju p > 3 jednaˇcina nema rjeˇsenja. Neka je p = 3. Tada je r = 32 + 23 = 17, pa je rjeˇsenje (p, q, r) = (3, 2, 17). Zbog simetriˇcnosti zadatka po p i q, imamo joˇs jedno rjeˇsenje (p, q, r) = (2, 3, 17). ♠ http://matematika.com.ba

11

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

1.6

Rijeˇseni zadaci

Metoda kongruencija

U nekim sluˇcajevima Diofantove jednaˇcine se veoma elegantno reˇsavaju koriˇstenjem kongruencija po modulu. Ideja je sliˇcna kao kod deljivosti jer ako je A = B, onda je i A ≡ B (mod m), odnosno ako je A ≡ D (mod m) onda je i B ≡ D (mod m), ˇsto moˇze dati znaˇcajne rezultate u analizi jednakosti A = B. Zadatak 15 (Ispitni zadatak, 21.03.2005) Pokazati da u skupu cijelih brojeva jednaˇcina 5x + 6y = 234567

(15.1)

nema rjeˇsenja. Rjeˇ senje. Vrijedi 5 ≡ 0 (mod 5) ⇒ 5x ≡ 0 (mod 5) za svako x ∈ Z. Oˇcito je 6 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 6y ≡ 1

(mod 5)

za svako y ∈ Z. Odavde slijedi (sabiranjem prethodnih kongruencija) da je 5x + 6y ≡ 1 (mod 5), za svako x, y ∈ Z.

(15.2)

Medutim, za desnu stranu jednaˇcine (26.1) vrijedi 234567 ≡ 2 (mod 5) pa zbog (15.2) vrijedi 1≡2

(mod 5)

ˇsto je nemogu´ce, pa polazna jednaˇcina nema rjeˇsenja ni za jedno x, y ∈ Z. ♠ Zadatak 16 (Ispitni zadatak, 22.01.2008) Da li postoje prirodni brojevi m i n takvi da vrijedi jednakost 3m + 7m = 8n . (16.1) Rjeˇ senje. Posmatrajmo ostatke po modulu 4. Kako je 3 ≡ −1 (mod 4) to je 3m ≡ (−1)m

(mod 4)

za svako m ∈ N. Dalje je 7 ≡ −1 (mod 4) pa je 7m ≡ (−1)m (mod 4) za svako m ∈ N. Odavde je (∀m ∈ N)

3m + 7m ≡ (−1)m + (−1)m ≡ 2 · (−1)m

(mod 4).

Za desnu stranu polazne jednaˇcine vrijedi 8 ≡ 0 (mod 4) odakle je 8n ≡ 0 (mod 4) za svako n ∈ N. Odavde zakljuˇcujemo, ako bi polazna jednaˇcina imala rjeˇsenje za neke m i n onda bi moralo da vrijedi 2 · (−1)m ≡ 0 (mod 4). Medutim, ako je m parno, tada je 2≡0

(mod 4)

ˇsto nije taˇcno, a ako je m neparno, onda je −2 ≡ 0 (mod 4) ⇔ 2 ≡ 0 (mod 4) http://matematika.com.ba

12

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

ˇsto, oˇcito, nije taˇcno. Dakle, jednaˇcine nema rjeˇsenja ni za koje m, n iz skupa prirodnih brojeva. ♠ Sljede´ci zadatak je sa kantonalnog takmiˇ cenja uˇcenika srednjih ˇskola, III razred, Graˇcanica, 05.04.2008. Zadatak 17 (Ispitni zadatak, 17.04.2008) Rjeˇsiti u skupu Z jednaˇcinu x2 = 3y + 7.

(17.1)

Rjeˇ senje. Iz jednakosti (17.1) neposredno slijedi da je x2 paran broj (kao zbir dva neparna broja), odnosno da je x paran broj i y ∈ N. Zbog toga je x2 ≡ 0 (mod 4). S druge strane je 3 ≡ −1 (mod 4) ⇒ 3y ≡ (−1)y

(mod 4),

7 ≡ −1 (mod 4), pa imamo

x2 = 3y + 7 ≡ (−1)y − 1 ≡ 0 (mod 4) odakle slijedi da je y paran, tj. y = 2y1 , y1 ∈ N. Zamjenom u jednaˇcini (17.1), dobija se x2 − 32y1 = 7 ⇔ (x − 3y1 )(x + 3y1 ) = 7. Uzevˇsi u obzir da je x − 3y1 < x + 3y1 , broj 7 se na dva naˇcina moˇze prikazati kao proizvod dva cijela broja: 7 = 1 · 7 = (−1) · (−7). Tako dobijamo sistem x − 3y1 y1

x+3

= 1 = 7

odakle je, sabiranjem jednaˇcina, x = 4, a oduzimanjem 2 · 3y1 = 6 ⇒ y1 = 1 ⇒ y = 2. Drugi sistem je x − 3y1 y1

x+3

= −7

= −1

odakle je, sabiranjem jednaˇcina, x = −4, a oduzimanjem 2 · 3y1 = 6 ⇒ y1 = 1 ⇒ y = 2. Konaˇcno, svaki par zadovoljava jednaˇcinu, pa su rjeˇsenja (x, y) ∈ {(4, 2), (−4, 2)}. ♠ Zadatak 18 Rjeˇsiti u skupu N jednaˇcinu 3x − 2y = 7.

(18.1)

Rjeˇ senje. Iz 3x = 7 + 2y > 7 slijedi da je x ≥ 2, pa onda 2y = 3x − 7 ≥ 32 − 7 = 2 povlaˇci y ≥ 1. Za y = 1 iz 3x = 7 + 2y = 7 + 2 = 9 slijedi x = 2. Za y = 2 iz 3x = 7 + 22 = 7 + 4 = 11 slijedi da nepostoji x ∈ N, tj. nema rjeˇsenja. Za y > 2 je 2y djeljivo sa 8, pa je 2y ≡ 0 (mod 8). Pogledajmo sada kakve ostatke pri dijeljenju s 8 daje 3x . Razlikujemo dva sluˇcaja, za x parno i x neparno. http://matematika.com.ba

13

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

i) x = 2k ⇒ 3x = 32k = 9k ≡ 1 (mod 8). ii) x = 2k + 1 ⇒ 3x = 32k+1 = 3 · 9k ≡ 3 · (1)k = 3 (mod 8). Slijedi da 3x = 7 + 2y pri dijeljenju sa 8 ne moˇze dati ostatak 7, pa stoga za y > 1 rjeˇsenja nema i jedino rjeˇsenje je (x, y) = (2, 1). ♠ Zadatak 19 Na´ci broj koji je 2004 puta ve´ci od zbira svojih cifara. Rjeˇ senje. Neka je m traˇzeni broj. Oznaˇcimo sa S(m) sumu cifara broja m. Neka je dekadni zapis broja m dat kao m = 10n an + 10n−1 an−1 + · · · + 10a1 + a0

(n ∈ N)

onda je S(m) = an + an−1 + · · · + a1 + a0 . Odavde je m − S(m) = 10n an + 10n−1 an−1 + · · · + 10a1 + a0 − an − an−1 − · · · − a1 − a0 = = an (10n − 1) + an−1 (10n−1 − 1) + · · · + a1 (10 − 1)

pa kako je 10n − 1 = (10 − 1)(10n−1 + 10n−2 + · · · + 10 + 1) djeljivo sa 9 za svako n ∈ N to je S(m) ≡ m

(mod 9).

(19.1)

Prema uslovu zadatka je m = 2004S(m) pa zamjenom u (19.1) dobijamo 2003S(m) ≡ 0 (mod 9). Odavde slijedi 9k = 2003S(m) za neko (k ∈ N). Kako je broj 2003 prost, slijedi 9|S(m), odnosno S(m) = 9s, za neko s ∈ N. Ispitajmo sluˇcajeve u odnosu na s. • s = 1: S(m) = 9, odnosno m = 9 · 2004 = 18036. S druge strane imamo, 1 + 8 + 0 + 3 + 6 = 18 6= S(n) = 9. • s = 2: S(m) = 18, odnosno n = 18 · 2004 = 36072. S druge strane je 3 + 6 + 0 + 7 + 2 = 18 = S(m), pa je m = 36072 traˇzeni broj. ♠ Zadatak 20 Pokazati da jednaˇcina (x + 1)2 + (x + 2)2 + · · · + (x + 2001)2 = y 2

(20.1)

nije rjeˇsiva u skupu Z. Rjeˇ senje. Uvedimo smjenu: x = z − 1001. Tada jednaˇcina (20.1) postaje ekvivalentna jednaˇcini y 2 = (z − 1000)2 + (z − 999)2 + · · · + (z − 1)2 + z 2 + (z + 1)2 + · · · + (z + 1000)2

y 2 = z 2 − 2000z + 10002 + · · · + z 2 − 2z + 1 + z 2 + z 2 + 2z + 1 + · · · + z 2 + 2000z + 10002

y 2 = 2001z 2 + 2(1 + 22 + · · · + 10002 ) (1000 · 1001 · 2001) y 2 = 2001z 2 + 2 6 y 2 = 2001z 2 + 1000 · 1001 · 667. http://matematika.com.ba

14

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Odredimo ostatake pri dijeljenju sa 3: 2001 ≡ 0 (mod 3)

1000 ≡ −2 (mod 3) 1001 ≡ −1 (mod 3) 667 ≡ 1 (mod 3)

odavde je 1000 · 1001 · 667 ≡ (−2) · (−1) · 1 ≡ 2 (mod 3) odnosno y2 ≡ 2

(mod 3).

Medutim, ovo zadnje znaˇci (na osnovu def. kongruencije) da postoji k ∈ Z tako da vrijedi y 2 = 3k + 2.

(20.2)

Ispitajmo da li je relacija (20.2) ikada mogu´ca, odnosno da li je kvadrat cijelog broja y ikada oblika y 2 = 3k + 2. Razmatranje ´cemo provesti na sljede´ci naˇcin. Svaki cijeli broj y se moˇze napisati u sljede´cem obliku (slijedi na osnovu algoritma dijeljenja): y = 3k ili y = 3k + 1 ili y = 3k + 2. Ispitajmo kojeg su oblika njihovi kvadrati. y 2 = (3k)2 = 9k2 y 2 = (3k + 1)2 = 9k2 + 6k + 1 = 3(3k2 + 2k) + 1 y 2 = (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 9k2 + 12k + 3 + 1 = 3(3k2 + 4k + 1) + 1 odakle zakljuˇcujemo da kvadrat bilo kojeg cijelog broja ne moˇze biti oblika y 2 = 3k + 2,

k ∈ Z,

ˇsto znaˇci da jednaˇcina (20.1) nema rjeˇsenja u skupu Z. Radi podsje´canja, suma kvadrata prvih n prirodnih brojeva je 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

a formulu smo ve´c koristili u ovom zadatku. ♠ Zadatak 21 Da li jednaˇcina x41 + x42 + . . . + x414 = 1599 ima rjeˇsenja u skupu cijelih brojeva? Rjeˇ senje. Za svaki cijeli broj x mogu´ci ostaci pri deljenju broja x sa 16 su iz skupa {0, 1, 2, . . . , 15}. Tada je x2 ≡ k (mod 16) gdje je k ∈ {0, 1, 4, 9}. Iz toga slijedi da je x4 ≡ 0 (mod 16) ili x4 ≡ 1 (mod 16). Zbog toga, zbir x41 + x42 + . . . + x414 pri dijeljenju sa 16 moˇze dati bilo koji ostatak iz skupa {0, 1, 2, . . . , 13, 14}, ali ne i broj 15. Kako je 1599 ≡ −1 (mod 16) ⇔ 1599 ≡ 15

(mod 16)

to data jednaˇcina nema rjeˇsenja u skupu cijelih brojeva. ♠ http://matematika.com.ba

15

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Zadatak 22 Da li jednaˇcina a2 + b2 + c2 = a2 b2 ima rjeˇsenja u skupu cijelih brojeva? Rjeˇ senje. Razmatrat ´cemo sluˇcajeve u zavisnosti od parnosti brojeve a, b i c. 1. a, b, c neparni. Tada moˇzemo pisati a = 2a1 + 1,

b = 2b1 + 1,

c = 2c1 + 1

pa je a2 = 4a21 + 4a1 + 1,

b2 = 4b21 + 4b1 + 1,

c2 = 4c21 + 4c1 + 1.

Odavde slijedi a2 + b2 + c2 ≡ 3 (mod 4) dok je a2 b2 ≡ 1 (mod 4), pa jednaˇcina u ovom sluˇcaju nema rjeˇsenja. 2. a, b, c - dva parna i jedan neparan. Tada je a2 + b2 + c2 ≡ 1 (mod 4), dok je a2 b2 ≡ 0 (mod 4) bilo da su a i b oba parni ili samo jedan paran, pa jednaˇcina u ovom sluˇcaju nema rjeˇsenja. 3. a, b, c - dva neparna i jedan paran. Tada je a2 + b2 + c2 ≡ 2 (mod 4), dok je a2 b2 ≡ 0 (mod 4) ako je jedan a ili b paran, ili a2 b2 ≡ 1 (mod 4) ako su oba neparni, pa vidimo da jednaˇcina u ovom sluˇcaju nema rjeˇsenja. 4. a, b, c parni (beskonaˇcan spust). Tada moˇzemo pisati a = 2a1 ,

b = 2b1 ,

c = 2c1

pa ako to uvrstimo u polaznu jednaˇcinu i podijelimo sa 4 dobijamo jednaˇcinu 4a21 + 4b21 + 4c21 = 16a21 b21 ⇔ a21 + b21 + c21 = 4a21 b21 . Kako je 4a21 b21 ≡ 0 (mod 4) to mora biti i a21 + b21 + c21 ≡ 0 (mod 4), pa zbog prethodnog razamtranja pod 1, 2 i 3 zakljuˇcujemo da a1 , b1 i c1 moraju biti parni, tj. a1 = 2a2 , b1 = 2b2 i c1 = 2c2 , pa je 16a22 + 16b22 + 16c22 = 162 a22 b22 ⇔ a22 + b22 + c22 = 16a22 b22 . Sada opet zakljuˇcujemo da su a2 , b2 i c2 parni. Tako moˇzemo nastaviti i dalje, te dobijamo a = 2a1 = 22 a2 = 23 a3 = . . . = 2n an = . . . b = 2b1 = 22 b2 = 23 b3 = . . . = 2n bn = . . . c = 2c1 = 22 c2 = 23 c3 = . . . = 2n cn = . . . Dakle, ako je (a, b, c) rjeˇsenje, onda su a, b, c djeljivi sa 2n za svako n ∈ N, ˇsto je nemogu´ce osim ako je a = b = c = 0. ♠ Zadatak 23 Rijeˇsiti u skupu prirodnih brojeva jednaˇcinu 2x + 3y = z 2 .

http://matematika.com.ba

16

(23.1)

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Rjeˇ senje. Posmatrajmo ostatke po modulu 3. 2 ≡ −1 (mod 3) ⇒ 2x ≡ (−1)x 3≡0

(mod 3)

y

(mod 3) ⇒ 3 ≡ 0 (mod 3).

Odavde slijedi (mod 3) ⇒ z 2 ≡ (−1)x

2x + 3y ≡ (−1)x z2

(mod 3).

z2

Kako za svako z ∈ N vrijedi ≡ 0 (mod 3) ili ≡ 1 (mod 3), slijedi da x mora biti paran, tj. x = 2x1 . Posmatrajmo sada ostatke po modulu 4. 4 ≡ 0 (mod 4) ⇒ 4x1 ≡ 0 (mod 4)

3 ≡ −1 (mod 4) ⇒ 3y ≡ (−1)y

(mod 4).

Odavde dobijamo 22x1 + 3y ≡ (−1)y

(mod 4) ⇒ z 2 ≡ (−1)y

(mod 4).

Kako za svako z ∈ N vrijedi z 2 ≡ 0 (mod 4) ili z 2 ≡ 1 (mod 4), zakljuˇcujemo da y mora biti paran, tj. y = 2y1 . Sada polazna jednaˇcina ima oblik 22x1 + 32y1 = z 2 .

(23.2)

Iz prethodne jednaˇcine slijedi 22x1 = z 2 − 32y1 = (z − 3y1 )(z + 3y1 ) = 2s 2t ,

(s < t, s + t = 2x1 ).

Dakle, 2s = z − 3y1

2t = z + 3y1 .

Prvo ´cemo oduzeti od druge jednaˇcine prvu, a zatim ih sabrati. Oduzimanjem dobijamo 2t − 2s = 2 · 3y1 = 2s (2t−s − 1) ⇒ s = 1 ⇒ t = 2x1 − 1. Sabiranjam jednaˇcina, dobijamo 2t + 2s = 2z = 22x1 −1 + 2 ⇒ z = 22x1 −2 + 1.

(23.3)

Iz jednaˇcine (23.2) slijedi 32y1 = z 2 − 22x1 = (z − 2x1 )(z + 2x1 ) = 3u 3v ,

(u < v, u + v = 2y1 ).

Dakle, 3u = z − 2x1

3v = z + 2x1 .

Od druge jednaˇcine ´cemo oduzeti prvu. Oduzimanjem dobijamo 3v − 3u = 2 · 2x1 = 3u (3v−u − 1) ⇒ u = 0 ⇒ v = 2y1 . Tada, vra´caju´ci dobijenu vrijednost za u = 0 u prvu od jednaˇcina, dobijamo (23.3)

z = 3u + 2x1 = 1 + 2x1 = 22x1 −2 + 1 ⇒ x1 = 2x1 − 2 ⇔ x1 = 2. Sada moˇzemo odrediti t: t = 2x1 − 1 = 4 − 1 = 3. Trebamo odrediti joˇs y1 i z. Iz prve jednaˇcine, tj. 3u = z − 2x1 slijedi z = 30 + 22 = 5. Iz prve dvije je jednaˇcine je 2s + 3y1 = 2t − 3y1 ⇒ 6 = 2 · 3y1 ⇒ y1 = 1.

Dakle, x = 2x1 = 4, y = 2y1 = 2 i z = 5 je rjeˇsenje polazne jednaˇcine. ♠ http://matematika.com.ba

17

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Zadatak 24 (Ispitni zadatak, 13.07.2004) Rijeˇsiti u skupu prirodnih brojeva jednaˇcinu 3x + 4y = 5z .

(24.1)

Rjeˇ senje. Posmatrajmo ostatke po modulu 3. 3≡0

4≡1

(mod 3) ⇒ 3x ≡ 0

(mod 3)

y

(mod 3) ⇒ 4 ≡ 1 (mod 3)

5 ≡ −1 (mod 3) ⇒ 5z ≡ (−1)z

(mod 3)

Odavde slijedi 3x + 4y = 5z ≡ 1 (mod 3). S druge strane je 5z ≡ (−1)z (mod 3) pa je 1 ≡ (−1)z (mod 3) odakle slijedi da je z paran, tj. z = 2z1 . Posmatrajmo sada ostatke po modulu 4. 3 ≡ −1 (mod 4) ⇒ 3x ≡ (−1)x 4≡0

5≡1

y

(mod ⇒)4 ≡ 0

(mod 3)

(mod 4)

z

(mod 4) ⇒ 5 ≡ 1

(mod 3)

Odavde slijedi 3x + 4y = 5z ≡ (−1)x (mod 3). S druge strane je 5z ≡ 1 (mod 3) pa je 1 ≡ (−1)x (mod 3) odakle slijedi da je x paran, tj. z = 2x1 . Sada polazna jednaˇcina ima oblik 32x1 + 22y = 52z1 . (24.2) Iz prethodne jednaˇcine slijedi 32x1 = 52z1 − 22y = (5z1 − 2y )(5z1 + 2y ) = 3s 3t ,

(s < t, s + t = 2x1 ).

Dakle, 3s = 5z1 − 2y

3t = 5z1 + 2y .

Prvo ´cemo oduzeti od druge jednaˇcine prvu, a zatim ih sabrati. Oduzimanjem dobijamo 3t − 3s = 2 · 2y = 3s (3t−s − 1) ⇔ s = 0 ⇔ t = 2x1 . Tada, vra´caju´ci dobijenu vrijednost za s = 0 i t = 2x1 u prethodnu jednaˇcinu, dobijamo 2 · 2y = 32x1 − 1.

(24.3)

3t + 3s = 2 · 5z1 = 1 + 32x1 .

(24.4)

Sabiranjam jednaˇcina, dobijamo

Iz jednaˇcine (24.2) slijedi 22y = 52z1 − 32x1 = (5z1 − 3x1 )(5z1 + 3x1 ) = 2u 2v ,

(u < v, u + v = 2y).

Dakle, 2u = 5z1 − 3x1

2v = 5z1 + 3x1 .

http://matematika.com.ba

18

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Prvo ´cemo oduzeti od druge jednaˇcine prvu, a zatim ih sabrati. Oduzimanjem dobijamo 2v − 2u = 2 · 3x1 = 2u (2v−u − 1) ⇒ u = 1 ⇒ v = 2y − 1. Sabiranjam jednaˇcina, dobijamo 2v + 2u = 2 · 5z1 = 22y−1 + 2.

(24.5)

1 + 32x1 = 22y−1 + 2 ⇒ 32x1 − 22y−1 = 1.

(24.6)

Iz (24.4) i (24.5) slijedi

Iz (24.3) slijedi 2 · 2y

=

2 · 2y

(24.6)

2 · 2y

=

4 · 2y

32x1 − 1

=

1 + 22y−1 − 1 22y 2 2y 2

y

=

0

2 (2 − 4)

=

0 ⇔ 2y = 0 ∨ 2y = 4

2y

2

y

−4·2 y

=

odakle slijedi da je y = 2. Tada je v = 2y − 1 = 3. Iz (24.6) moˇzemo odrediti x1 . 32x1 = 1 + 22y−1 = 1 + 23 = 9 ⇒ 2x1 = 2 ⇔ x1 = 1 ⇒ x = 2. Iz 2v = 5z1 + 3x1 slijedi 5z1 = 23 − 3 = 8 − 3 = 5, a odavde je z1 = 1, pa je z = 2. Dakle, (x, y, z) = (2, 2, 2) je jedino rjeˇsenje date jednaiˇcine. ♠ Sljede´ci zadatak je sa kantonalnog takmiˇ cenja uˇcenika srednjih ˇskola, IV razred, Graˇcanica, 05.04.2008. Zadatak 25 (Ispitni zadatak, 02.10.2003) Ako su p i q razliˇciti prosti brojevi, dokazati da je pq−1 + pq−1 ≡ 1 (mod pq). Rjeˇ senje. Koristit ´cemo mali Fermatov teorem: Ako cijeli broj a nije djeljiv sa r, gdje je r prost broj, tada je ar−1 ≡ 1 (mod r). Prema tom teoremu, imamo pq−1 ≡ 1 (mod q),

q p−1 ≡ 1 (mod p), odakle slijedi da postoje prirodni brojevi k i l takvi da je pq−1 − 1 = kq,

q p−1 − 1 = lp.

http://matematika.com.ba

19

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Zato je pq−1 + q p−1 − 1 = pq−1 + lp = p(pq−2 + l),

pq−1 + q p−1 − 1 = kq + q p−1 = q(q p−2 + k).

Zbog N ZD(p, q) = 1, iz p | pq−1 + q p−1 − 1 i q | pq−1 + q p−1 − 1 slijedi pq | pq−1 + q p−1 − 1 ⇔ pq−1 + pq−1 ≡ 1

(mod pq).

♠

1.7

Metoda zadnje cifre

Rjeˇsavanje Diofantovih jednaˇcina metodom zadnje cifre zasniva se na jednostavnoj ˇcinjenici da ako je u jednakosti A = B, zadnja cifra broja A jednaka s, onda je i zadnja cifra broja B takoder jednaka s. Naravno, isti princip vaˇzi i za zadnje dvije, tri, ..., zadnjih k cifara. Zadatak 26 (Ispitni zadatak, 21.03.2005) Pokazati da u skupu cijelih brojeva jednaˇcina 5x + 6y = 234567

(26.1)

nema rjeˇsenja. Rjeˇ senje. Stepen broja 5 se uvijek zavrˇsava cifrom 5, dok se stepen broja 6 uvijek zavrˇsava cifrom 6, pa se zbog toga 5x + 6y uvijek zavrˇsava cifrom 1. Medutim, desna strana tj. 234567 se zavrˇsava cifrom 7, pa polazna jednaˇcina nema rjeˇsenja u skupu cijelih brojeva. ♠

2

Pitagorina diofantova jednaˇ cina x2 + y 2 = z 2

Jednaˇcina x2 + y 2 = z 2

(26.2)

zove se Pitagorina jednaˇcina, jer ona predstavlja algebarski zapis Pitagorine teoreme. Za rjeˇsenje (x0 , y0 , z0 ) jednaˇcine (26.2) kaˇzemo da je primitivno rjeˇ senje ako su x0 , y0 i z0 medusobno relativno prosti. Ako (x1 , y1 , z1 ) zadovoljava jednaˇcinu (26.2), onda sve trojke oblika (kx1 , ky1 , kz1 ), k ∈ Z takoder zadovoljavaju jednaˇcinu (26.2). Vrijedi teorem: Teorem 1 Bilo koje primitivno rjeˇsenje (u skupu N) jednaˇcine (26.2) je oblika x = m2 − n 2

(26.3)

y = 2mn 2

z = m +n

(26.4)

2

(26.5)

gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razliˇcite parnosti i m > n. Iz ovog teorema slijedi da su sva cjelobrojna rjeˇsenja Pitagorine jednaˇcine (26.2) data sa: x = k(m2 − n2 ) y = 2kmn

z = k(m2 + n2 ) gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razliˇcite parnosti i k ∈ Z. http://matematika.com.ba

20

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Zadatak 27 Rijeˇsiti u skupu N jednaˇcinu x−2 + y −2 = z −2 .

(27.1)

Rjeˇ senje. Jednaˇcinu (27.1) moˇzemo zapisati kao 1 1 + 2 2 x y 2 x + y2 x2 y 2

= =

x2 + y 2 = Uvedimo smjenu t=

1 z2 1 z2 x2 y 2  xy 2 . = z2 z

xy , z

(27.2)

t ∈ N.

(27.3)

Vra´canjem smjene u (27.2) dobijamo x2 + y 2 = t 2 .

(27.4)

Oznaˇcimo sa d = N ZD(x, y, t). Tada postoje prirodni brojevi a, b i c, tako da vrijedi x = ad y = bd t = cd Odavde je N ZD(a, b, c) = 1. Iz (27.3) i prethodnih jednakosti slijedi z=

abd2 abd xy = = , t cd c

te kako je z ∈ N slijedi c | d odnosno postoji prirodan broj k takav da vrijedi d = k · c.

(27.5)

pa slijedi x = akc y = bkc t = kc2 z = abk. Dalje dobijamo, x2 + y 2 = t2 ⇔ a2 d2 + b2 d2 = c2 d2 ⇔ a2 + b2 = c2 . Ostaje da odredimo a, b i c. Vidimo da a, b i c pored uslova da su medusobno relativno prosti, zadovoljavaju Pitagorinu jednaˇcinu, tj. a2 + b2 = c2 , a taˇcno ove osobine imaju primitivna rjeˇsenja te jednaˇcine koja glase: a = m2 − n 2 b = 2mn

c = m2 + n 2 http://matematika.com.ba

21

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razliˇcite parnosti i m > n. Iz svega ovoga slijedi rjeˇsenje polazne jednaˇcine: x = k(m2 − n2 )(m2 + n2 ) = k(m4 − n4 ) y = 2kmn(m2 + n2 )

z = 2kmn(m2 − n2 ). pri ˇcemu je k ∈ N, te m i n relativno prosti prirodni brojevi razliˇcite parnosti i m > n. ♠ Zadatak 28 (Ispitni zadatak, 05.02.2008) Rijeˇsiti u skupu N jednaˇcinu x2 + y 2 = 1997(x − y).

(28.1)

Rjeˇ senje. Jednaˇcinu (28.1) ´cemo dovesti na pogodniji oblik elementarnim transformacijama. x2 + y 2 − 1997(x − y) = 0

⇔ (x + y)2 − 2xy − 1997(x − y) = 0

⇔ (x + y)2 + (x − y)2 − x2 − y 2 − 1997(x − y) = 0

⇔ (x + y)2 + (x − y)2 − (x2 + y 2 ) − 1997(x − y) = 0

⇔ (x + y)2 + (x − y)2 − 1997(x − y) − 1997(x − y) = 0 ⇔ (x + y)2 + (x − y)2 − 2 · 1997(x − y) = 0

⇔ (x + y)2 + (x − y)2 − 2 · 1997(x − y) + 19972 = 19972 ⇔ (x + y)2 + (x − y − 1997)2 = 19972

⇔ (x + y)2 + (1997 − x + y)2 = 19972

Uvedimo smjenu a = x+y

(28.2)

b = 1997 − x + y.

(28.3)

a2 + b2 = 19972

(28.4)

Tada imamo

a ovo je Pitagorina jednaˇcina. Kako je 1997 prost broj, to je N ZD(a, b) = 1, pa je time i N ZD(a, b, 1997) = 1. Odavde zakljuˇcujemo da je (a, b, 1997) primitivno rjeˇsenje Pitagorine jednaˇcine x2 + y 2 = z 2 , tj. a = m2 − n 2 b = 2mn

1997 = m2 + n2 gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razliˇcite parnosti i m > n. Iz ˇcinjenice da je m > n i m2 + n2 = 1997 slijedi m2 < 1997 i 1997 < 2m2 odnosno 1997 < m2 < 1997 ⇔ 31 < m < 45 2

(28.5)

Kako je m2 + n2 = 1997 slijedi n2 = 1997 − m2 . Sada ´cemo koristiti metodu zadnje cifre. Kvadrat bilo kojeg cijelog broja se zavrˇsava sa cifrom 0, 1, 4, 5, 6 ili 9, a zadnju cifru broja http://matematika.com.ba

22

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

dobijemo uzmaju´ci njegov ostatak pri dijeljenju sa 10. Odavde slijedi (ovo je nekorektan zapis - radi uˇstede prostora i vremena - a trebalo bi za svaki ostatak pisati novu kongruenciju) n2 = 1997 − m2 ≡ 0, 1, 4, 5, 6, 9

(mod 10).

(28.6)

Na isti naˇcin vrijedi m2 ≡ 0, 1, 4, 5, 6, 9

(mod 10).

(28.7)

Kako je 1997 ≡ 7 (mod 10), pa oduzimanjem kongruencije (28.7) od ove zadnje, te uvaˇzavaju´ci (28.6), slijedi da je m2 ≡ 1 (mod 10) ili m2 ≡ 6 (mod 10). Dakle, kvadrat prirodnog broja se zavrˇsava cifrom 1 ili 6, a to mogu biti kvadrati brojeva koji se zavrˇsavaju cifrom 1, 4 ili 6, pa zbog granica (28.5) mogu´ca rjeˇsenja su m ∈ {34, 36, 41, 44}. Sada, za svako m odredimo n. √ • m = 34. n = 1997 − 342 √ • m = 36. n = 1997 − 362 √ • m = 41. n = 1997 − 412 √ • m = 44. n = 1997 − 442

= 29 ∈ N, ≈ 26, 5 ∈ / N, ≈ 17, 8 ∈ / N, ≈ 7, 8 ∈ / N,

odakle vidimo da je (m, n) = (34, 29). Odredmo x i y. a = m2 − n2 = 342 − 292 = 315, b = 2mn = 2 · 34 · 29 = 1972.

Vra´canjm u poˇcetnu smjenu dobijamo sistem x + y = 315, 1997 − x + y = 1972. Sabiranjem jednaˇcina sistema, dobijamo 2y = 315 + 1972 − 1997 = 290 odakle je y = 145. Iz x = 315 − y slijedi x = 170. Polazna jednaˇcina (28.1) ima taˇcno jedno rjeˇsenje (x, y) = (170, 145). ♠

3

Najve´ ci cijeli broj

Zadatak 29 (Ispitni zadatak, 21.09.2007) Rijeˇsiti jednaˇcinu     x−2 x−3 = = t, t ∈ Z. 3 2 (⌊x⌋ oznaˇcava najve´ci cijeli broj koji nije ve´ci od x.) Rjeˇ senje. Iz polazne jednaˇcine dobijamo sistem jednaˇcina x−2 < t + 1, 3 x−3 t≤ < t + 1. 2

t≤

http://matematika.com.ba

23

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Odavde je 3t + 2 ≤ x < 3t + 5,

(29.1)

2t + 3 ≤ x < 2t + 5.

(29.2)

Dalje je 3t + 2 < 2t + 5 ⇒ t < 3,

2t + 3 < 3t + 5 ⇒ −2 < t, odakle dobijamo −2 < t < 3 ⇔ t ∈ {−1, 0, 1, 2}.

Koriste´ci nejednakosti (29.1) i (29.2), imamo

• t = −1 ⇒ (−1 ≤ x < 2 ∧ 1 ≤ x < 3) ⇒ x ∈ [1, 2), • t = 0 ⇒ (2 ≤ x < 5 ∧ 3 ≤ x < 5) ⇒ x ∈ [3, 5), • t = 1 ⇒ (5 ≤ x < 8 ∧ 5 ≤ x < 7) ⇒ x ∈ [5, 7), • t = 2 ⇒ (8 ≤ x < 11 ∧ 7 ≤ x < 9) ⇒ x ∈ [8, 9). Dakle, rjeˇsenje jednaˇcine je svako x ∈ [1, 2) ∪ [3, 7) ∪ [8, 9). ♠ Zadatak 30 (Ispitni zadatak, 21.03.2005) Na´ci sva cjelobrojna rjeˇsenja jednaˇcine   3x 2x − 1 . = 3 5 (⌊x⌋ oznaˇcava najve´ci cijeli broj koji nije ve´ci od x.) Rjeˇ senje. Kako je 

 2x − 1 3x = t, = 3 5

t ∈ Z,

slijedi

5t =⇒ 3 | t 3 pa vra´canjem u polaznu jednaˇcinu dobija se      5t  10t − 3     2 − 1   10t − 3  3    3 = t.   = t ⇐⇒   = t ⇐⇒ 3 3 9 x=

Odavde slijedi t≤

10t − 3 < t + 1 ⇐⇒ 9t ≤ 10t − 3 < 9t + 9 9 ⇐⇒ 3 ≤ t < 12 ⇐⇒ t ∈ {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}.

Kako mora da vrijedi 3 | t slijedi t ∈ {3, 6, 9}. • t = 3 ⇒ x = 5, • t = 6 ⇒ x = 10, • t = 9 ⇒ x = 15. Dakle, rjeˇsenje je x ∈ {5, 10, 15}. ♠ http://matematika.com.ba

24

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

4

Rijeˇseni zadaci

Razni zadaci

Zadatak 31 (Ispitni zadatak, 01.07.2003, 05.02.2008, 03.04.2008) Na´ci sve uspravne paralelepipede (kvadre) s cjelobrojnim duˇzinama ivica ˇciji je mjerni broj zapremine jednak mjernom broju povrˇsine. Rjeˇ senje. Oznaˇcimo sa P povrˇsinu, a sa V zapreminu. Kako je P = 2(ab + bc + ac),

V = abc

prema uslovu zadatka je P = V pa dobijamo 2(ab + bc + ac) = abc.

(31.1)

Razamtra´cemo sljede´ce sluˇcajeve. 1. a = b = c. Tada iz (31.1) slijedi 6a2 = a3 , odakle je a2 (6 − a) = 0 ⇒ a = 0 ∨ a = 6. Kako se radi i duˇzinama stranica - to su pozitivni brojevi, pa je a = 6. Tako smo dobili jedno rjeˇsenje R1 = (a, b, c) = (6, 6, 6). 2. a = b 6= c. Iz (31.1) se dobija 2(a2 + 2ac) = a2 c ⇔ 2a2 + 4ac − a2 c = 0 ⇔ a(2a + 4c − ac) = 0. Odavde slijedi (zbog a 6= 0) (c6=2)

2a + 4c − ac = 0 ⇔ a(2 − c) = −4c ⇐⇒ a =

8 − 4c − 8 8 −4c =a= =4− . 2−c 2−c 2−c

Odavde zakljuˇcujemo, da 2 − c | 8, jer je a ∈ N, ˇsto znaˇci da 2 − c ∈ {±1, ±2, ±4, ±8}. (a) 2 − c = 1 ⇒ c = 1 ⇒ a < 0;

(b) 2 − c = 2 ⇒ c = 0; (c) 2 − c = 4 ⇒ c < 0;

(d) 2 − c = 8 ⇒ c < 0;

(e) 2 − c = −1 ⇒ c = 3 ⇒ a = 12 ⇒ R2 = (12, 12, 3); (f) 2 − c = −2 ⇒ c = 4 ⇒ a = 8 ⇒ R3 = (8, 8, 4);

(g) 2 − c = −4 ⇒ c = 6 ⇒ a = 6 ⇒ R4 = (6, 6, 6) = R1 ;

(h) 2 − c = −8 ⇒ c = 10 ⇒ a = 5 ⇒ R5 = (5, 5, 10).

Razmotrimo sluˇcaj c = 2. Tada iz 2a + 4c − ac = 0 slijedi 2a + 6 − 2a = 0 odnosno 6 = 0 pa c = 2 nije rjeˇsenje. 3. a > b > c. Tada se iz (31.1) dobija 2ab + 2bc + 2ac − abc = 0 ⇔ a(2b + 2c − bc) = −2bc

2b+2c−bc6=0

⇐⇒

a=

−2bc >b 2b + 2c − bc

odakle zbog −2bc < 0 slijedi 2b + 2c − bc < 0 ⇔ 2(b + c) < bc

(31.2)

−2bc < b(2b + 2c − bc).

(31.3)

a zbog a > b slijedi

http://matematika.com.ba

25

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Iz prethodne jednaˇcine (31.3) slijedi 2b2 + 2bc − b2 c + 2bc > 0 ⇔ (2 − c)b2 + 4bc > 0 ⇔ b[(2 − c)b + 4c] > 0. Posmatrajmo (kvadratnu) jednaˇcinu b[(2 − c)b + 4c] = 0. Njena rjeˇsenja po b su b1 = 0 ili −4c . (2 − c)b + 4c = 0 ⇔ b2 = 2−c Kako je −4c < 0 to mora biti 2 − c < 0, pa je parabola je okrenuta nadole (slika ispod). (2 − c)b2 + 4bc = 0 −

+

b2 −

b

b

b1

Kako nas zanimju samo vrijednosti od b za koje je parabola pozitivna, to je b ∈ (b1 , b2 ) = (0, tj. b <

−4c ) 2−c

−4c i joˇs uslov ovog razmatranja c < b, pa tako dobijamo 2−c c
−4c 2−c

(31.4)

odakle je c<

−4c 4c 2c − c2 + 4c c(6 − c) ⇔c+ <0⇔ <0⇔ <0 2−c 2−c 2−c 2−c c 6−c 2−c

c(6−c) 2−c

−∞

0 − + + −

2 + + − +

6 + + − −

+∞ + − − +

pa slijedi c ∈ (2, 6) tj. c ∈ {3, 4, 5}. Za savako c ´cemo uvaˇzavaju´ci nejednakost (31.2) i (31.4) odrediti b. −12 = 12, a iz (31.2) slijedi 2b + 6 < 3b odakle 2−3 je 6 < b, pa konaˇcno imamo b ∈ {7, 8, 9, 10, 11}. Za sve vrijednosti b odredimo −2bc a= . 2b + 2c − bc −42 = 42 ⇒ R6 = (42, 7, 3); i. b = 7. a = 14 + 6 − 21 −48 ii. b = 8. a = = 24 ⇒ R7 = (24, 8, 3); 16 + 6 − 24 −54 = 18 ⇒ R8 = (18, 9, 3); iii. b = 9. a = 18 + 6 − 27

(a) c = 3. Iz (31.4) dobijamo b <

http://matematika.com.ba

26

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

−60 = 15 ⇒ R9 = (15, 9, 3); 20 + 6 − 30 −66 −66 v. b = 11. a = = ∈ / N. 22 + 6 − 33 −5 −16 (b) c = 4. Iz (31.4) dobijamo b < = 8, a iz (31.2) slijedi 2b + 8 < 4b odakle je 2−4 4 < b, pa imamo b ∈ {5, 6, 7}. −40 = 20 ⇒ R10 = (20, 5, 4); i. b = 5. a = 10 + 8 − 20 −48 ii. b = 6. a = = 12 ⇒ R11 = (12, 6, 4); 12 + 8 − 24 −56 −56 = ∈ / N. iii. b = 7. a = 14 + 8 − 28 −6 −20 (c) c = 5. Iz (31.4) dobijamo b < ≈ 6, 7, a iz (31.2) slijedi 2b + 10 < 5b odakle 2−5 sic=5
a=

−2bc −60 −60 = = ∈ / N. 2b + 2c − bc 12 + 10 − 30 −8

Konaˇcno smo doˇsli do kraja, uz napomenu da je zadatak simetriˇcan u odnosu na a, b, c, pa onda ako je (a, b, c) rjeˇsenje to je i svaka permutacija elemanata a, b, c rjeˇsenje. ♠ Zadatak 32 Na´ci sve pravougle trouglove s cjelobrojnim duˇzinama stranica ˇciji je mjerni broj dvostruke povrˇsine jednak mjernom broju trostrukog obima, tj. 2P = 3O. Rjeˇ senje. Povrˇsina i obim pravouglog trougla su P = Joˇs imamo c = dobijamo 2

√

ab , 2

O = a + b + c.

(32.1)

a2 + b2 . Prema uslovu zadatka je 2P = 3O, odakle zbog prethodnoga

p p ab = 3(a + b + c) = 3(a + b + a2 + b2 ) ⇔ ab = 3a + 3b + 3 a2 + b2 . 2

Dakle, naˇs problem se svodi na rjeˇsavanje ove zadnje dobijene jednaˇcine p ab = 3a + 3b + 3 a2 + b2 u skupu prirodnih brojeva. p 3 a2 + b2 = ab − 3(a + b) ⇔

9(a2 + b2 ) = a2 b2 − 6ab(a + b) + 9(a2 + 2ab + b2 ) 2

9a + 9b

2

2 2

2

= a b − 6ab(a + b) + 9a + 18ab + 9b 2 2

0 = a b − 6ab(a + b) + 18ab 2 2

0 = 6ab(a + b) − 18ab − a b

0 = ab [6a + 6b − 18 − ab]

http://matematika.com.ba

27

∧

∧

∧

2

∧

∧

(32.2)

ab ≥ 3(a + b) ⇔

ab ≥ 3(a + b) ⇔

ab ≥ 3(a + b) ⇔

ab ≥ 3(a + b) ⇔

ab ≥ 3(a + b)

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

odakle zbog ab 6= 0 slijedi 6a + 6b − 18 − ab = 0

6a − ab + 6b − 18 = 0

∧

ab ≥ 3(a + b) ⇔

∧

a(6 − b) = 18 − 6b 18 − 6b a = 6−b

ab ≥ 3(a + b) ⇔ ∧

ab ≥ 3(a + b) ⇒

∧

6 6= b

∧

ab ≥ 3(a + b)

Posmatrajmo dobijeni sistem a=

18 − 6b 6−b

∧

6 6= b

∧

ab ≥ 3(a + b).

(32.3)

Ispitajmo za sluˇcaj b = 6. Tada iz a(6 − b) = 18 − 6b slijedi 0 = −18, pa jednaˇcina (32.2) u ovom sluˇcaju nema rjeˇsenja. Iz (32.3) slijedi, da zbog a ∈ N mora biti (18 − 6b > 0

∧

6 − b > 0)

∨

(18 − 6b < 0

∧

b < 6)

∨

(b > 3

b<3

∨

b > 6.

∧

6 − b < 0)

odakle je (b < 3

∧

b > 6)

∧

ab ≥ 3(a + b).

pa dobijamo Razmotrimo sluˇcaj za b < 3 tj. b ∈ {1, 2}. (32.3)

1. b = 1 ⇒ a = (32.3)

2. b = 2 ⇒ a =

12 18 − 6 =a= ∈ / N; 6−1 5

6 18 − 12 =a= ∈ / N. 6−2 4

Posmatrajmo sluˇcaj za b > 6. Iz (32.3) slijedi a=

18 − 6b 6(6 − b) − 18 18 = =6− 6−b 6−b 6−b

(32.4)

odakle mora biti 6 − b | 18 pa dobijamo, 6 − b ∈ {±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18}. Kako je b > 6 to je 6 − b < 0 pa razmatramo samo negativne sluˇcajeve. 1. 6 − b = −1 ⇒ b = 7 ⇒ a = 24, ab = 168 > 3(24 + 7) = 93 ⇒ R1 = (a, b, c) = (24, 7, 25); 2. 6 − b = −2 ⇒ b = 8 ⇒ a = 15, ab = 120 > 3(8 + 15) = 69 ⇒ R2 = (15, 8, 17); 3. 6 − b = −3 ⇒ b = 9 ⇒ a = 12, ab = 108 > 3(9 + 12) = 63 ⇒ R3 = (12, 9, 15); 4. 6 − b = −6 ⇒ b = 12 ⇒ a = 9, ab = 108 > 3(9 + 12) = 63 ⇒ R4 = (9, 12, 15); 5. 6 − b = −9 ⇒ b = 15 ⇒ a = 8, ab = 120 > 3(15 + 8) = 69 ⇒ R5 = (8, 15, 17); 6. 6 − b = −18 ⇒ b = 24 ⇒ a = 7, ab = 168 > 3(24 + 7) = 93 ⇒ R6 = (7, 24, 25). Dakle, postoji 6 pravouglih trouglova (medu kojima ima podudarnih 3) sa zadanom osobinom. ♠ Zadatak 33 Na´ci sve trouglove s cjelobrojnim duˇzinama stranica ˇciji je mjerni broj povrˇsine jednak mjernom broju obima, tj. P = O. http://matematika.com.ba

28

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

Rjeˇ senje. Povrˇsina i obim (proizvoljnog) trougla su P =

p

s(s − a)(s − b)(s − c),

O = a + b + c = 2s,

s=

a+b+c . 2

Prema uslovu zadatka je P = O, odakle zbog prethodnoga dobijamo jednaˇcinu p s(s − a)(s − b)(s − c) = 2s

(33.1)

(33.2)

koju treba rijeˇsiti u skupu prirodnih brojeva. Uvedimo oznake x = s − a; y = s − b; z = s − c.

Ovade je x + y + z = 3s − a − b − c = 3s − (a + b + c) = 3s − 2s = s

(33.3)

Sada jednaˇcina (33.2) glasi p

Vrijedi

(x + y + z)xyz = 2(x + y + z).

x=s−a=

(33.4)

a+b+c b+c a −a= − >0 2 2 2

jer je

b+c a − > 0 ⇔b+c > a 2 2 ˇsto slijedi iz ˇcinjenice da su a, b, c stranice trougla. Analogno ovome dobijamo da je y > 0 i z > 0. Zbog toga, kvadriranjem jednaˇcine (33.4) dobijamo njoj ekvivalentnu jednaˇcinu (x + y + z)xyz = 4(x + y + z)2 ⇔ 4(x + y + z) = xyz.

(33.5)

a+b+c Iz s = zakljuˇcujemo da je s polovina parnog broja tj. s ∈ N ili je s polovina neparnog 2 broja. Ako bi s bio polovina neparnog broja, tada iz uvedenih smjena slijedi x=

2x1 + 1 , 2

y=

2y1 + 1 , 2

z=

2z1 + 1 2

(x1 , y1 , z1 ∈ N)

zbog toga iz (33.5) dobijamo   2x1 + 1 2y1 + 1 2z1 + 1 (2x1 + 1)(2y1 + 1)(2z1 + 1) 4 + + = 2 2 2 8 odakle se vidi da je lijeva strana cijeli broj, dok desna to nije, pa zakljuˇcujemo da je s mora biti prirodan broj, a time je i x, y, z ∈ N. Dakle, poˇcetni problem se svodi na rjaˇsavanje jednaˇcine 4(x + y + z) = xyz u skupu prirodnih brojeva. Ovu jednaˇcinu ´cemo rjeˇsiti metodom nejednakosti. Bez umanjenja opˇstosti pretpostavimo da je x ≤ y ≤ z. Tada je xyz = 4(x + y + z) ≤ 12z odnosno xy ≤ 12. Kako je

4(x + y) xy − 4 slijedi da mora biti xy > 4. Stoga imamo sljede´ce sluˇcajeve: z=

http://matematika.com.ba

29

http://ematematika.com

Mirnes Smajilovi´c

Rijeˇseni zadaci

1. x = 1, y = 5 ⇒ z = 24 ⇒ R1′ = (1, 5, 24); 2. x = 1, y = 6 ⇒ z = 14 ⇒ R2′ = (1, 6, 14); 3. x = 1, y = 7 ⇒ z =

32 ∈ / N; 3

4. x = 1, y = 8 ⇒ z = 9 ⇒ R3′ = (1, 8, 9); 5. x = 1, y = 9 ⇒ z = 8 ⇒ R4′ = (1, 9, 8); 6. x = 1, y = 10 ⇒ z =

22 ∈ / N; 3

7. x = 1, y = 11 ⇒ z =

48 ∈ / N; 7

8. x = 1, y = 12 ⇒ z =

13 ∈ / N; 2

9. x = 2, y = 3 ⇒ z = 10 ⇒ R5′ = (2, 3, 10); 10. x = 2, y = 4 ⇒ z = 6 ⇒ R6′ = (2, 4, 6); 11. x = 2, y = 5 ⇒ z =

14 ∈ / N; 3

12. x = 2, y = 6 ⇒ z = 4 ⇒ R7′ = (2, 6, 4); 13. x = 3, y = 3 ⇒ z =

24 ∈ / N; 5

14. x = 3, y = 4 ⇒ z =

7 ∈ / N. 2

Odredimo sada a, b, c, tj. za svako Ri′ = (x, y, z) odredimo odgovaraju´ce (a, b, c) rjeˇsenje. x 1 1 1 1 2 2 2

y z s = x+y+z a= s−x b= s−y c = s−z 5 24 30 29 25 6 6 14 21 20 15 7 8 9 18 17 10 9 9 8 18 17 9 10 3 10 15 13 12 5 4 6 12 10 8 6 6 4 12 10 6 8

Zadatak je simetriˇcan u odnosu na a, b, c, pa onda ako je (a, b, c) rjeˇsenje to je i svaka permutacija elemanata a, b, c rjeˇsenje. ♠

Literatura [1] Kreˇsimir Burazin, Nelinearne diofantske jednadˇzbe, Osijeˇcki matematiˇcki list 7 (2007)

http://matematika.com.ba

30

http://ematematika.com