3.3. NELINEARNE DIOFANTSKE JEDNADŽBE Navest ćemo sada neke metode rješavanja diofantskih jednadžbi koje su drugog i viših stupnjeva. Sve su te metode zapravo posebni oblici jedne opće metode, koja se naziva metoda razlikovanja slučajeva. Metoda razlikovanja slučajeva Ova metoda igra važnu ulogu u matematici zbog svoje glavne značajke da se njezinom primjenom rješavanje nekog težeg problema svodi na rješavanje nekoliko jednostavnijih problema. Primjer 1. MRDJ-pr/14. U skupu prirodnih brojeva riješimo jednadžbu xy 2 + 4 = 2000y 2. Razlikuju se dva slučaja: 1) Ako je y = 0, onda je 4 = 0, pa y = 0 nije rješenje dane jednadžbe. 2) Ako je y 0, onda je 4 y2 = 2000 x. Kako je 2000 x cijeli broj, to je i y 4 2 prirodan broj. Zaključak je da y 2 mora biti djelitelj broja 4 i zato su mogući slučajevi jedino: a) ako je y = 1, onda je x = 1996; b) ako je y = 2, onda je x = 1999. Dakle, u skupu prirodnih brojeva ova jednadžba ima sljedeća rješenja: x, y ε 1996,1, 1999,2 Neke od najčešće korištenih metoda pri rješavanju DJ su: Metoda umnoška faktorizacije Ova metoda primjenjuje se pri rješavanju diofantskih jednadžbi najmanje drugog stupnja. Metoda se sastoji u sljedećem: zadana diofantska jednadžba svede se najprije nizom transformacija na oblik u kojem je lijeva strana, gdje se nalaze nepoznanice, umnožak, a desna strana broj. Zatim se razmatraju svi mogući slučajevi za dobivene faktore. Primjer 2. Pr.4.b/33. Odredimo sva cjelobrojna rješenja jednadžbe xy + 7x 2y 25 = 0. Jednadžbu transformiramo na odgovarajući oblik na sljedeći način: y x 2 + 7x 14 11 = 0 y x 2 + 7 x 2 = 11 x 2 y + 7 = 11 Sada trebamo samo uočiti da se prost broj 11 na desnoj strani može napisati u obliku umnoška na četiri načina: 11 = 1 11 = 11 1 = 1 11 = = 11 1. Rješavanje posljednje jednadžbe svodimo sad na rješavanje četiri sustava: 9 Astra Škorjanc, prof.
1) x 2 = 1, y + 7 = 11, 2) x 2 = 11, y + 7 = 1, 3) x 2 = 1, y + 7 = 11, 4) x 2 = 11, y + 7 = 1. Dobivena cjelobrojna rješenja ujedno su i rješenja polazne jednadžbe: x, y ε 13, 6, 3,4, 9, 8, 1, 18 Za diofantske jednadžbe kod kojih se nakon transformacija na desnoj strani pojavi složen broj, broj slučajeva koje treba razlikovati može se znatno povećati. Pri rješavanju takve jednadžbe potrebno je promatrati po mogućnosti smanjen broj slučajeva i ne razmatrati one slučajeve koji ne doprinose skupu rješenja polazne jednadžbe. Primjer 3. Odredimo sva cjelobrojna rješenja jednadžbe x 2 = y 2 + 2001. Pr.5./34. Budući da se u jednadžbi pojavljuju samo kvadrati nepoznanica x i y, dovoljno je jednadžbu riješiti u skupu prirodnih brojeva i onda kombinirati predznake u svakom dobivenom rješenju. Način transformiranja jednadžbe prilično je očigledan: najprije kvadrat y 2 prebacimo na lijevu stranu, uočavamo razliku kvadrata x 2 y 2 i zapisujemo je u obliku umnoška x y x + y. Dobivamo x y x + y = 2001. Zatim rastavljamo broj 2001 na proste faktore 2001 = 3 23 29 i uočavamo da ga kao umnožak dva faktora možemo zapisati na četiri načina: 2001 = 3 667 = 23 87 = 29 69. Za prirodne brojeve x i y očito vrijedi x > y i x y < x + y, zato uspoređivanjem faktora dobivamo samo ova četiri sustava: 1) x y = 1, x + y = 2001, 2) x y = 3, x + y = 667, 3) x y = 23, x + y = 87, 4) x y = 29, x + y = 69. Rješenja polazne kvadratne DJ u skupu prirodnih brojeva su uređeni parovi: x, y ε 1001,1000, 335,332, 55,32, 49,20. Uvažavajući i negativne vrijednosti nepoznanica, lako nalazimo da su rješenja polazne kvadratne DJ u skupu cijelih brojeva uređeni parovi: x, y ε { 1001,1000, 1001, 1000, 1001,1000, 1001, 1000, 49,20, 49, 20 }. Za neposredno određivanje svih ovih rješenja trebali bismo, dakle, rješavati 16 sustava. Sužavanjem razmatranja na skup prirodnih brojeva postignuta je znatna ušteda vremena rješavanja. Zadatak 4. Pr.1.i2./121. Riješite u skupu cijelih brojeva jednadžbe: a) xy + 3y 2 = 11, b) 2x 2 + 5xy 3y 2 = 17 Metoda kvocijenta (dijeljenja) Ova se metoda pripisuje Euleru i sastoji se u tome da se jedna nepoznanica izrazi pomoću druge i onda dobiveni razlomak prikaže u obliku zbroja cijele i racionalne funkcije. Zatim se analizom racionalne funkcije izdvoje svi mogući slučajevi. 10 Astra Škorjanc, prof.
Primjer 5. U skupu prirodnih brojeva riješimo jednadžbu 1 x + 1 y = 1 5. Kurnikpr7./36. Jednadžbu transformiramo na traženi oblik ovako 1 x = 1 5 1 y = y 5 5y x = 5y 5 y 5 + 25 = = 5 + 25 y 5 y 5 y 5 Drugi pribrojnik je prirodan broj ako je y 5 djelitelj od 25, tj. 1, 5 ili 25. Tada je y = 6,10,30, a x = 30,10,6. Dakle, u skupu prirodnih brojeva ova jednadžba ima sljedeća rješenja: x, y ε 6,30, 10,10, 30,6. Zadatak 6. Pr.7./124., Pr8./37. Riješite u skupu cijelih brojeva jednadžbe: a) 1 x + 1 y = 1 3, b) 1 x + 1 y + 1 xy = 1. Dane jednadžbe pokušajte riješiti i primjenom metode umnoška. Metoda parnosti (par nepar) Pri rješavanju DJ često je vrlo korisno podsjetiti se na podjelu skupa cijelih brojeva na parne i neparne brojeve. Metoda parnosti sastoji se u tome da se u zadanoj DJ odredi parnost jedne od nepoznanica i na temelju toga zaključuje ima li jednadžba cjelobrojno rješenje ili ne. Primjer 7. Pr10./38. Odredimo sve proste brojeve p i sve cijele brojeve x za koje vrijedi 13p + 4x 2 1470 = 0. Jednadžbu zapišemo u obliku 13p + 4x 2 = 1470. Na desnoj strani jednadžbe sada je paran broj. Da bi i lijeva strana bila paran broj, mora biti 13p, odnosno p paran broj. Jedini paran prost broj je 2. Uvrstimo li tu vrijednost od p u jednadžbu, dobivamo x 2 = 361. Ovu jednadžbu zadovoljavaju dva cijela broja 19 i -19. Rješenja polazne DJ su: p, x ε 2,19, 2, 19. Zadatak 8. Pr.3./122. Riješite u skupu cijelih brojeva jednadžbu: x 2 + 8y = 123. Metoda posljednje (zadnje) znamenke Cijeli brojevi imaju razna svojstva. Mnoga od njih odnose se na njihove posljednje znamenke, znamenke jedinica. Ona se posebno promatra pri određivanju parnosti, djeljivosti sa 2, 5 i 10, ispitivanja ostatka pri dijeljenju nekim brojem i dr. Metoda se sastoji u tome da se u 11 Astra Škorjanc, prof.
zadanoj DJ odrede posljednje znamenke brojeva na lijevoj i desnoj strani i da se na temelju toga izvede zaključak ima li jednadžba cjelobrojno rješenje ili ne. Prilikom rješavanja DJ ovom metodom korisno je znati da kvadrati prirodnih brojeva ne mogu završavati s 2, 3, 7 i 8. Ova tvrdnja se vrlo jednostavno može dokazati. Najprije razvrstamo sve prirodne brojeve u podskupove prema posljednjim znamenkama brojeva. Na taj način dobivamo deset podskupova. Dalje ispitujemo posljednje znamenke kvadrata brojeva iz svakog podskupa, a zaključke pregledno prikažemo u tablici: završetak broja 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 završetak kvadrata 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 Vidimo da kvadrat prirodnog broja uistinu ne može završavati navedenim brojevima. Primjer 9. Pr11./39. Riješimo u skupu cijelih brojeva jednadžbu 5x + 2y 2 = 2001. Broj 2001 završava znamenkom 1. Ispitajmo moguće završetke broja 5x + 2y 2. broj završetak broja 5x 0,5 y 2 0,1,4,5,6,9 2y 2 0,2,8 5x + 2y 2 0,2,8,5,7,3 Uspoređivanjem posljednjih znamenki brojeva na lijevoj i desnoj strani jednadžbe dolazimo do zaključka da ne postoje cijeli brojevi x i y koji zadovoljavaju tu jednadžbu. Zadatak 10. Pr.5./123. Riješite u skupu cijelih brojeva jednadžbu: x 2 + 5y = 122. 12 Astra Škorjanc, prof.
ZADACI 3.3. 1. U skupu prirodnih brojeva riješi jednadžbe: Kurnik 7./42.str. a) x + y = xy Rj: (2,2) b) xy + 4x 5y = 40 Rj: (6,16), (7,6), (9,1) c) 21xy + 2(14x 3y) 28 = 0 Rj: 2. U skupu cijelih brojeva riješi jednadžbe: a) x 2 xy + 2x 2y + 3 = 0 Rj: (1,2), ( 1,2), ( 5, 6), ( 3, 6) Kurnik b) 2x 2 + xy y 2 = 8 Rj: (x + y)(2x y) = 8, 8 rješenja Kurnik c) x 2 + 2007 = y 2 Rj u N: (1003,1004), (333,336), (107,116) Kurnik d) xy = x + y Rj: (0,0), (2,2) ETB e) 1 x + 1 y = 1 14 Rj: x = 14 + 196, 16 rješenja ETB y 14 f) 2x 2 + 3xy + y 2 = 35 Rj: (x + y)(2x + y) = 35, 8 rješenja ETB g) 2x 2 + 5xy 12y 2 = 28 Rj: (8,5), ( 8, 5) ETB h) 2xy + 3y 2 = 24 Rj: y(2x + 3y) = 24, 8 rješenja ETB i) xy 10 x + y = 1 Rj: (11,111), (111,11), (9, 91), ( 91,9) ETB j) 7x y = 1 + xy Rj: ( 5,9), (3,5), ( 9,8), (7,6) ETB k) 3x 2 2y = 1 + xy Rj: ( 1,2), (9,22), ( 3, 26), ( 13, 46) ETB 3. Dokaži da sljedeće jednadžbe nemaju rješenje u skupu cijelih brojeva: a) x 2 + 2006 = y 2 Kurnik b) x 2 + 4x 8y = 11 ETB c) x 4 + y 4 = 99999 Kurnik d) 2x 2 4x 5y 2 10y = 10 ETB 4. Riješi u skupu prirodnih brojeva jednadžbe: a) x! + 4y = 1117 Rj: (1,279) ETB b) 1! + 2! + 3! + + x! = y 2 Rj: (1,1), 3,3 ETB (Za zadani prirodni broj n definira se broj n! čitaj:n faktorijela formulom n! = 1 2 3 n.) 5. Postoje li prirodni brojevi x i y takvi da je x 2 + 4y = 555 555 n znamenki? Rj: n = 1, (1,1) 6. Nađi sve cijele brojeve a za koje su izrazi a + 4 i 61 + a kvadrati cijelih brojeva. (Rj: 780, 60) Kurnik 7. Nađi sve prirodne brojeve n za koje su ispravne dvije od sljedeće tri tvrdnje: a) n je kvadrat prirodnog broja, b) posljednja znamenka broja n je 3, c) n + 15 je kvadrat prirodnog broja. (Rj: 1, 49) Kurnik 8. Postoji li prost broj p takav da je 19p + 1 kvadrat nekog prirodnog broja? (Rj: p=17) Kurnik 9. Odredi prirodan broj n tako da izraz n 2 4n + 35 bude kvadrat nekog prirodnog broja. (Rj: n=17) Kurnik 13 Astra Škorjanc, prof.
10. Postoje li pravokutnici kojima su duljine stranica prirodni brojevi, a kojima je mjerni broj površine jednak mjernom broju opsega? (Rj: 3 i 6; 4 i 4) Kurnik, ETB 11. Duljine a, b i c bridova kvadra su prirodni brojevi i pritom je a = 27, b = 36. Odredi duljinu c trećeg brida tako da i c i duljina d prostorne dijagonale kvadra budu prirodni brojevi. (Rj: Postoji 7 kvadara koji zadovoljavaju uvjete zadatka.) Kurnik 12. Mjerni broj obujma uspravne kvadratske prizme kojoj su duljine bridova prirodni brojevi jednak je mjernom broju oplošja. Kolike su duljine bridova prizme ako je obujam uz navedeno svojstvo a) najmanji, (Rj: 6,6,6) b) najveći? (Rj: 12,12,3) Kurnik 13. Za koju vrijednost parametra m sustav mx 2y = 3 3x + y = 2m ima cjelobrojno rješenje? (Rj: -27,-13,-9,-7,-5,-3,1,15) Kurnik 14 Astra Škorjanc, prof.