7. ЈЕДНОСТАВНИЈЕ КВАДРАТНЕ ДИОФАНТОВE ЈЕДНАЧИНЕ

7. ЈЕДНОСТАВНИЈЕ КВАДРАТНЕ ДИОФАНТОВE ЈЕДНАЧИНЕ 7.1. ДИОФАНТОВА ЈЕДНАЧИНА ху = n (n N) Диофантова једначина ху = n (n N) има увек решења у скупу природних (а и целих) бројева и њено решавање није проблем, јер се своди на одређивање свих чинилаца броја n. Зато ће се ово разматрање односити на одређивање броја решења једначине ху = n (n N), јер се модел одређивања броја решења већине једначина заснива на моделу пребројавања броја решења управо ове једначине. ПРИМЕР 1. Колико решења (х, у) има једначина ху = р n, ако су х, у и n природни, а р прост број. РЕШЕЊЕ: Једини делиоци броја р n су 1, р, р, р 3,..., р n па дата једначина има n + 1 решење, јер х узима све вредности од 1 до р n, а у вредности p n. x ПРИМЕР. Ако је n = p α1 α 1 p... pk канонски облик природног броја онда је број решења једначине Диофантове једначине ху = n у скупу природних бројева r = ( α + 1)( α α 1). 1 k + РЕШЕЊЕ: Број х може бити ма који делилац природног броја n. Како n има тачно α + 1)( α α 1) делилаца то једначина ( 1 k + ху = n, у скупу природних бројева има r = ( α1 + 1)( α + 1) решења. ПРИМЕР 3. Одредити најмањи природан број n, тако да једначина ху = n има 10 решења. РЕШЕЊЕ: Како је r = ( α1 + 1)( α + 1) = 10, то постоји неколико могућности: 1) α 1 + 1 = 10, α + 1 = α 3 + 1 =... = α к + 1 = 1. Тада је n = 9 = 51. ) α 1 + 1 = 5, α + 1 =, α 3 + 1 =... = α к + 1 = 1. Тада је n = 4 3 = 48. 94

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.1. Диофантова једначина ху = n 3) α 1 + 1 =, α + 1 =5, α 3 + 1 =... = α к + 1 = 1. Тада је n = 3 4 = 16. 4) α 1 + 1 = 1, α + 1 = 10, α 3 + 1 =... = α к + 1 = 1. Тада је n = 3 9. Најмањи такав природан број је n = 48. ПРИМЕР 4. Колико уређених тројки (х, у, z) природних бројева х, у и z задовољава једначину хуz = 1. РЕШЕЊЕ: Ако је х = 1, онда је уz = 1 = 3, па једначина има 3 = 6 решења. Ако је х =, онда је уz = 6 = 3, па једначина има = 4 решења. У случају х = 3, уz = 4 =, па једначина има 3 решења. Уколико је х = 4 или х = 6, тада је уz = 3 односно уz =, па једначина има по решења. И на крају, ако је х = 1, онда је уz = 1, па једначина има 1 решење. Једначина има укупно 6 + 4 + 3 + + + 1 = 18 решења. ПРИМЕР 5. Колико решења у скупу природних бројева има једначина хуz = р n, ако је р прост, а n природан број. РЕШЕЊЕ: Ако је х = 1, онда је уz = р n и једначина има n + 1 решење. Уколико је х = р, онда је уz = р n-1 и једначина има n решење. Ако је х = р, онда је уz = р n- и једначина има n - 1 решење,... Уколико је х = р n, онда је уz = 1 и једначина има 1 решење. Дакле, укупно има 1 + +... + ( n + 1)(n + ) n - 1 + n + n + 1 = решења. ПРОБЛЕМИ ЗА УВЕЖБАВАЊЕ 474. Колико решења у скупу природних бројева има једначина ху = pq ако су p и q прости бројеви? 475. Колико решења у скупу природних бројева има једначина хуz = pqr ако су p, q и r прости бројеви? 7.. ДИОФАНТОВА ЈЕДНАЧИНА х - у = n (n N) Диофантова једначина х у = n, где су х, у и n природни бројеви, је веома интересантна за анализу, јер се за сваки природан број n једначина лако решава коришћењем производа. Међутим, пре општег разматрања броја решења ове једначине, треба погледати неколико конкретних примера. 95

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.. Диофантова једначина х - у = n ПРИМЕР 6. Одредити колико решења у скупу природних бројева имају једначине : а) х у = 4 ; b) х у = 18 ; c) х у = 5. РЕШЕЊЕ: а) Kaко је х у = (х у)(х + у) = 4 = 1 4 = 1 = 3 8 = 4 6 и како су бројеви х - у и х + у исте парности, то у обзир долазе само комбинације х + у = 1, х у =, или х + у = 6, х у = 4, па су решења дате једначине (х, у) = (7, 5) или (х, у) = (5, 1). b) Слично из х у = (х у)(х + у) = 18 = 1 18 = 9 = 3 6 следи да дата једначина нема решења, јер не постоји ниједна комбинација таква да су бројеви х - у и х + у исте парности. с) Kaко је х у = (х у)(х + у) = 5 = 1 5 = 5 5 и како су бројеви х - у и х + у исте парности, то у обзир долазе комбинација х + у = 5, х у = 1, или х + у = 5, х у = 5, па је једино решење дате једначине (х, у) = (13, 1), јер друга комбинација даје решење (х, у) = (5, 0) које не одговара условима задатка, зато што у није природан број. Ако је канонски облик природног броја n = α1 α α3 p3... pk p, онда једначина х у = (х + у)(х у) = n има решења ако су бројеви х + у и х у исте парности, а то значи оба парна или оба непарна. Број n = α1 α... p k p има укупно Ѕ = (α 1 + 1)(α + 1)...(α к + 1) делилаца, од којих су N = (α + 1)(α 3 + 1)... (α к + 1) непарни. Дакле број парних делилаца је P = (α 1 + 1)(α + 1)...(α к + 1) - (α + 1)(α 3 + 1)... (α к + 1) = α 1 (α + 1)... (α к + 1). Шта се дешава са решењима дате једначине за разне вредности броја α 1 најбоље илуструје следећи пример ПРИМЕР 7. Ако је природан број n = α1 p α... p k, онда је број решења квадратне Диофантове једначине х у = n у скупу природних бројева једнак r α1 1 ( α = 5. Доказ: Разликују се три случаја: 1) Ако је α 1 = 0, онда је број n непаран и Р = 0, па су сви делиоци броја n непарни и има их тачно N. Тада је број решења једначине х у = n једнак броју парова (х + у, х у) а он је једнак половини укупног броја делилаца, јер је х + у > х - у и сваки број х + у има свој комплементаран n делилац = x y. x + y 5 [ x ] је ознака за највећи цео број који није већи од броја х. 96

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.. Диофантова једначина х - у = n Како N може бити паран (ако n није потпун квадрат), али и непаран N број (ако је n потпун квадрат), то може бити природан број, али и не мора бити. Зато је број решења једначине х у = n у овом случају N ( α r = = + 1)( α3, јер када је х у = n = m, пар х + у = х у = m отпада, пошто ће тада вредност у бити 0. Како је α 1-1 = 0 α1 1( α + 1)( α3-1 = 1 то је r =. ) Ако је α 1 = 1, онда је n = (m + 1), тј број n је паран, али није дељив са 4. Тада је Р = N = (α + 1)(α 3 + 1)... (α к + 1) и тада, сваки паран делилац има свој комплементаран непаран делилац (и обрнуто). То значи да бројеви х + у и х у никада нису исте парности, што истовремено значи да једначина х у = n у овом случају нема решења, тј. r = 0. Како α1 1( α + 1) ( α3 је α 1-1 = 1-1 = 0, то је r = = 0 3) Ако је α 1, онда је n број који је дељив са 4 и број парних делилаца Р = α 1 (α + 1)...(α к + 1) је веће од N = (α + 1)(α 3 + 1)... (α к + 1). Тада сваки непаран делилац има свој комплементарни парни делилац и у тим случајевима једначина х у = n нема решења, јер су бројеви х + у и х у различите парности. Једначина има решења само када су бројеви х + у и х у оба парни. Таквих делилаца има P - N = α 1 (α + 1)... (α к + 1) - (α + 1)(α 3 + 1)... (α к + 1) = (α 1-1)(α + 1)... (α к + 1). Број решења је једнак броју парова (х + у, х у) који су исте парности (оба парна). Тада P N ( α је r = = 1 1)( α, при чему се цео део узима P N јер и у овом случају број делилаца може бити паран (ако n није потпун квадрат), али и непаран број (ако је n потпун квадрат). Како је α 1 веће од 1, то је α 1 1 = α 1-1, па је број решења дате једначине α1 1( α + 1)( α3 r =. Следећи пример показује како формула дата у претходној теореми. ради за разне случајеве. 97

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.. Диофантова једначина х - у = n ПРИМЕР 8. Одредити колико решења у скупу природних бројева имају једначине : а) х у = 45 ; b) х у = 5 ; c) х у = 34. РЕШЕЊЕ: 0 1(+ 1) (1 r = = а) Kaкo je 45 = 0 3 5 1, то је број решења једначине 3 = 3. 0 1( + 1)( b) Како је 5 = 0 3 5, то је број решења r = = 3 3 = 4. 1 1(1+ 1) c) Како је 34 = 1 17 1, то је број решења r = = 0. ПРОБЛЕМИ ЗА УВЕЖБАВАЊЕ 476. Ако је к природан број, онда једначина х у = к k 1, има решења у скупу природних бројева. 477. Ако је р непаран прост број, онда једначина х у = р, има само једно решење у скупу природних бројева. Доказати. 478. Одредити природан број n, тако да једначине х у = n има 006 решења у скупу природних бројева. 479. Постоји ли природан број n, такав да једначина х у = 36 n има 49 решења у скупу природних бројева. 480. Доказати да једначина х у = 7 n има за сваки природан број n, више решења него једначина х у = n. 481. Одредити природан број n, тако да једначине х у = 00 и х у = 4 n имају једнак број решења у скупу природних бројева. ПРОБЛЕМИ ЗА ИСТРАЖИВАЊЕ 48. Ако је р непаран прост број, онда једначина х у = р к, где је к неки k + 1 природан број, има решења у скупу природних бројева. Доказати. 98

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.3. Диофантова једначина х + у = n α α p k 483. Ако је канонски облик броја n = 1 p... kонда је број решења једначине х у = n у скупу целих бројева r = α 1 ( α α 1). α 1 k + 484. Број решења једначине х у = n у скупу целих бројева је увек паран број. Доказати. 7.3. ДИОФАНТОВА ЈЕДНАЧИНА х + у = n (n N) Kод једначине х + y = n није могуће, као код претходна два типа једначина експлицитно извести формулу за одређивање броја решења, али у ери рачунара за то вероватно и нема потребе. Ако једначина х + у = n у скупу целих бројева има решење, број решења је коначан, јер је х n и у n. Зато је код ове једначине већа потреба утврђивање егзистенције решења, јер се елиминацијом оних једначина које немају решења у многоме посао олакшава. Анализом неколико првих природних бројева ( 1 + 0 = 1, 1 + 1 =, + 0 = 4, + 1 = 5, + = 8, 3 + 0 = 9, 3 + 1 = 10, 3 + = 13, ), уочава се да једначина има решења за неке вредности броја n који је облика 4к, 4к + 1, 4к +. Међутим, једначине х + y = 3, х + y = 7, х + y = 11... у опште х + y = n = 4к + 3 немају решење, јер израз х + y при дељењу са 4 може имати само остатке 0, 1,. Зато се може формулисати следеће тврђење: ПРИМЕР 9. Ако је n = 4k + 3 (к Ζ), онда једначина х + y = n нема решења у скупу целих бројева. Доказати. РЕШЕЊЕ: Како је 4к + 3 непаран број, то је један од бројева х и у паран, а други непаран. Нека је х = m, a y = р + 1. Тада је х + y = 4m + 4р + 4р + 1 = 4к + 3. Следи да је 4 (m + р + р) = 4к +. Како је лева страна једнакости дељива са 4, а десна није, то једначина нема решења. Међутим, може се доказати и општије тврђење. ПРИМЕР 10. Ако је n = к (4m + 3), онда једначина х + y = n нема решења у скупу целих бројева, при чему су к и m ненегативни цели бројеви. РЕШЕЊЕ: Разликују се три случаја: 99

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.3. Диофантова једначина х + у = n 1) Ако је к = 0, онда се проблем своди на пример 11. ) Ако је к = 1, онда је х + y = n = 8m + 6, па су х и у или оба парна или оба непарна. Ако су оба парна, онда је збир њихових квадрата дељив са 4, што у овом случају очигледно није. Ако су оба непарна онда је х = р + 1, а у = q + 1, па је х + y = 4р + 4р + 1 + 4q + 4q + 1 = 8m + 6. Следи да је 4(р + р + q + q) = 8m + 4, а дељењем са 4 се добија р(р + 1) + q(q + 1) = m + 1. Како је лева страна једнакости парна (због збира производа по два узастопна броја), а десна непарна, то једначина нема решења. 3) Ако је к онда се сменом х = [к/] а, у = [к/] b ( а и b су природни бројеви) једначина своди на један од претходна два случаја (први, ако је к паран и други случај ако је к непаран број). Дакле, сада се зна да једначина х + y = n за n {3, 7, 11, 6, 14,, 1, 8, 44, 60, }, тј za n = k (4m + 3) (k Ν о, m N) нема решења у скупу целих бројева. Како бројева облика k (4m + 3) (k Ν о, m N) има бесконачно, без доказа се може констатовати да је непосредна последица претходног разматрања: ПРИМЕР 11. Постоји бесконачно много природних бројева n за које једначина х + y = n нема решења у скупу целих бројева. Међутим, важно је испитати и да ли и када дата једначина има решења. ПРИМЕР 1. Постоји бесконачно много природних бројева n за које једначина х + y = n има решења у скупу природних бројева. РЕШЕЊЕ: Ако је n = 5к (к Ν), онда је х = 3к, у = 4к једно решење једначине х + y = 5к, чиме је доказ завршен. Међутим, могу се извести и општији докази. На пример, ако је n = к (к N, к 5) онда се добија Питагорина једначина х + y = к, па су њена решења х = pq, y = p q, k = p + q (p > q ; (p,q) = 1 ; p и q су различите парности), о чему ће ускоро бити речи. ПРОБЛЕМИ ЗА УВЕЖБАВАЊЕ 485. Постоји бесконачно много природних бројева n облика 4к за које једначина х + y = n нема решења у скупу природних бројева. 100

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.3. Диофантова једначина х + у = n 486. Постоји бесконачно много природних бројева n облика 4к (k N) за које једначина х + y = n има решења у скупу природних бројева. 487. Постоји бесконачно много природних бројева n облика 4к + 1 (k N) за које једначина х + y = n нема решења у скупу природних бројева. 488. Постоји бесконачно много природних бројева n облика 4к + 1 (k N) за које једначина х + y = n има решења у скупу природних бројева. 489. Постоји бесконачно много природних бројева n облика 4к + (k N) за које једначина х + y = n нема решења у скупу природних бројева. 490. Постоји бесконачно много природних бројева n облика 4к + (k N) за које једначина х + y = n има решења у скупу природних бројева. 491. Доказати да једначине х + y = n и х + y = n (n N) имају једнак број решења у скупу целих бројева. 7.4. ДИОФАНТОВА JЕДНАЧИНА х + у + z = n (n N) Једначина овог облика је већ била предмет разматрања. 6 Из примера 36. следи да једначина х + у + z = n нема решења ако је n облика 8к 1, тј. ниједан природан број облика 8к 1 се не може приказати као збир квадрата три цела броја. Остаје да се прикаже један од могућих начина за решавања Диофантове једначине х + у + z = n ( n 8к 1). ПРИМЕР 13. Одредити целе бројеве х, у, z такве да је х + у + z = 005. РЕШЕЊЕ: Јасно је да су два од тражених бројева х, у, z парни, а трећи непаран. Нека је х = а, у = b и z = z + 1. Тада је х + у + z = 4а + 4b + 4с + 4с + 1 = 005. Даљом трансформацијом добија се а + b + с(с + 1) = 501. Како је с(с + 1) паран број, то a +b мора бити непаран број, па је један од бројева а и b паран, а други непаран. Дакле, а = d и b = е + 1, па се добија једнакост 4d + 4е + 4е + с(с + 1) = 500. Очигледно је да с(с + 1) мора бити дељиво са 4. Доња таблица приказује могуће вредности за с(с + 1) и a +b. Као потенцијална решења елиминишемо вредности с(с + 1) које нису дељиве са 4 (коментар 1) и вредности a +b које као фактор имају број облика 4к+3 на непарном степену (коментар ): 6 Видети примере 30. и 37. 101

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.4. Диофантова једначина х +у +z = n с с(с+1) a +b Ком. 1 Ком. 0 0 501 - - 1 499-6 495-3 1 489 + - 4 0 481 + 0 + 9 5 30 471 - - 6 4 459 - - 7 56 445 + 1 + 8 7 49 + - 9 90 411 - - 10 110 391-11 13 369 + 1 +15 1 156 345 + - 13 18 319-14 10 91 - - 15 40 61 + - 16 7 9 + 15 + 17 306 195 - - 18 34 159 - - 19 380 11 + 11 + 0 0 40 81 + 9 + 0 1 46 39 - - Из табеле је јасно да дата једначина има 6 решења у скупу целих ненегативних бројева. При том свако решење, због симетричности једначине, подразумева и све пермутације добијених бројева. То значи да наредна таблица садржи само почетну пермутацију, а да се остале због учињене напомене подразумевају: a b с х У z х + у + z 0 9 4 40 18 9 1600 + 34 + 81 = 005 1 7 4 4 15 1764 + 16 + 5 = 005 15 1 11 30 4 3 900 + 576 + 59 = 005 15 16 30 4 33 900 + 16 + 1089 = 005 11 0 19 0 39 484 + 0 + 151 = 005 9 0 0 18 0 41 34 + 0 + 1681 = 005 10

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.4. Диофантова једначина х +у +z = n Може се запазити да су међу добијеним решењима и једина два решења једначине х + у = 005 ((, 39), (18, 41)), као и да се прво решење једначине 40 + 9 + 18 = 41 + 18 = 005 у ствари трансформише из решења (18, 41). ПРОБЛЕМИ ЗА УВЕЖБАВАЊЕ 49. Да ли једначина х + у + z = 006 има решења у скупу целих бројева?. 493. Доказати да једначина х + у + 3z = 007 има решење у скупу целих бројева? 494. Доказати да за сваки природан број n постоје природни бројеви х, у и z такви да је х + у z = n. 7.5. JЕДНАЧИНА х 1 + х +... + х к = n (n N, n 4 ) Француски математичар Лагранж 7 je доказао да се сваки природан број n може приказати као збир квадрата четири цела броја, 8 тј. да Диофантова једначина х 1 + х + х 3 + х 4 = n има решење за сваки природан број n. 9 Дакле, остаје да се одређују конкретне репрезентације сваког природног броја у виду збира четири квадрата и пребројава колико таквих репрезентација постоји. ПРИМЕР 14. Број 005 приказати као збир квадрата четири цела броја на бар један од могућих начина. РЕШЕЊЕ: Из претходног примера може се направити неколико таквих репрезентација, без амбиције да су то и све репрезентације, при чему се репрезентације не праве додавањем нула: 7 8 9 Лагранж - Ј. L. Lagrange (1736 1813) Доказ ове Лагранжове теореме видети у [ 7.14.] - стр. 70-7. У вези са овим треба поменути и Варингов проблем који је формулисан 1770. године, којим је постављена хипотеза да се сваки природан број може написати као збир 4 квадрата, збир 9 кубова, 1 бројева четвртог степена... (Еdvard Waring 1734-1798, енглески математичар) 103

7. Једноставније квадратне Диофантове једначине 7.4. Диофантова једначина х +у +z = n 40 + 18 + 9 = 4 + 3 + 18 + 9 = 005 ; 4 + 4 + 15 = 4 + 4 + 1 + 8 = 005 ; Следећих неколико четворки нису изведене из претходног примера: 44 + 8 + + 1 = 005 ; 38 + 3 + 6 + 6 = 005. Једначина х 1 + х +... + х к = n (к Ν) је за к > 4, са аспекта решивости, мање атрактивна за истраживање, али би било интересантно истражити да ли постоји и каква је законитост расподеле броја решења дате једначине зависно од броја n, као и броја сабирака к. ПРОБЛЕМИ ЗА УВЕЖБАВАЊЕ 495. Број 981 приказати у облику збира четири квадрата. ЗАДАЦИ СА МАТЕМАТИЧКИХ ТАКМИЧЕЊА 496. Одредити сва разлагања броја 001 у облику збира 1997 квадрата природних бројева (СФРЈ 1979.) 497. Доказати да постоји бесконачно много тројки узастопних природних бројева од којих је сваки збир два потпуна квадрата. (пример 7 = 6 + 6 ; 73 = 8 + 3 ; 74 = 5 + 7 ) (СФРЈ 1986.) 104