Komentarz

XVI OM - III - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli liczby całkowite $ a $ i $ b $ spełniają równanie

\[<br /> (1) \qquad 2a^2 + a = 3b^2 + b,<br /> \]

to liczby $ a - b $ i $ 2a + 2b + 1 $ są kwadratami liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $ a $ i $ b $ spełniają równanie (1). Gdy $ a = 0 $, wtedy $ 3b^2 + b = b (3b + 1) = 0 $, a ponieważ dla $ b $ całkowitego $ 3b + 1 \neq 0 $, więc $ b = 0 $. Teza twierdzenia jest w tym przypadku prawdziwa, gdyż $ a - b = 0 $, $ 2a+2b+1 = 1 $.

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy $ a \neq 0 $. Wówczas z równości (1) wynika, że $ b \neq 0 $ i $ a \neq b $.

\spos{1} Niech $ d $ będzie największym wspólnym dzielnikiem liczb $ a $ i $ b $ i niech

\[<br /> (2) \qquad a = a_1d, \quad b = b_1d.<br /> \]

Liczby całkowite $ a_1 $ i $ b_1 $ są względnie pierwsze, przy czym $ a_1 \ne b_1 $ więc $ b_1 = a_1 + r $, gdzie $ r $ jest liczbą całkowitą różną od zera i pierwszą względem $ a_1 $.

Z równości (1) i (2) otrzymujemy

\[<br /> 2da_1^2 + a_1 = 3db_1^2 + b_1,<br /> \]

zatem

\[<br /> 2da_1^2 + a_1 = 3d (a_1 + r)^2 + a_1 + r,<br /> \]

skąd

\[<br /> (3) \qquad da_1^2 + 6da_1r + 3dr^2 + r = 0.<br /> \]

Po lewej stronie równości (3) pierwsze trzy wyrazy są podzielne przez $ d $ zatem $ r $ jest podzielne przez $ d $. Ostatnie trzy wyrazy są podzielne przez $ r $, więc $ da_1^2 $ jest podzielne przez $ r $, a ponieważ $ r $ i $ a_1 $ są względnie pierwsze, więc $ d $ jest podzielne przez $ r $. Stąd wynika, że

\[<br /> r =\pm d.<br /> \]

Gdyby było $ r = d $, wówczas z (3) wynikałoby, że

\[<br /> a_1^2 + 6a_1r + 3r^2 + 1 = 0.<br /> \]

Równość ta nie może zachodzić, gdyż dla żadnego $ d_1 $ liczba $ a_1^2 + 1 $ nie jest podzielna przez $ 3 $. Zatem $ r = -d $. Wobec tego $ b_1 = a_1 - d $, skąd $ b = a - d^2 $, więc

\[<br /> (4) \qquad a - b = d^2.<br /> \]

Z równości (1) wynika, że

\[<br /> 2a^2 - 2b^2 + a - b = b^2,<br /> \]

czyli

\[<br /> (5) \qquad (a - b) (2a + 2b + 1) = b^2,<br /> \]

zatem

\[<br /> (6) \qquad 2a + 2b + 1 = b_1^2.<br /> \]

Z równości (4) i (6) wynika teza twierdzenia.

Uwaga 2. Można udowodnić twierdzenie mocniejsze. Mianowicie przy założeniu (1) również liczba $ 3a + 3b + 1 $ jest kwadratem liczby całkowitej. Istotnie

\[<br /> (3a + 3b + 1) (a - b) = 3a^2 + a - 3b^2 - b = 3a^2 + a - 2a^2 - a = a^2,<br /> \]

więc gdy $ a \neq b $, liczba całkowita $ 3a + 3b + 1 $ jest ilorazem liczb $ a^2 $ i $ a - b $ będących kwadratami liczb całkowitych, gdy zaś $ a = b = 0 $, wtedy $ 3a + 3b + 1 = 1 $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz