VII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli liczby naturalne $a$ , $b$ , $c$ spełniają równanie

$ (1) \qquad a^2 + b^2 = c^2, $

to:

1° co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $3$ ,

2° co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $4$ ,

3° co najmniej jedna z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest podzielna przez $5$ .

Rozwiązanie

1°. Ponieważ kwadrat liczby całkowitej daje przy dzieleniu przez $3$ resztę $0$ lub $1$ (patrz rozwiązanie zadania 2), więc gdyby ani $a$ , ani $b$ nie było podzielne przez $3$ , to reszta z dzielenia $a^2 + b^2$ przez $3$ byłaby równa $2$ , co jest niemożliwe, gdyż $a^2 + b^2$ równa się kwadratowi liczby całkowitej $c$ . Zatem co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $3$ .

2°. Przypuśćmy najpierw, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są względnie pierwsze, tzn. nie mają wspólnego dzielnika większego od $1$ . Ponieważ każdy wspólny dzielnik dwóch spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ jest wobec związku (1) dzielnikiem trzeciej z nich, więc przy powyższym założeniu każde dwie z liczb $a$ , $b$ , $c$ są względnie pierwsze. Liczby $a$ i $b$ nie mogą być wówczas obie parzyste, gdyż są względnie pierwsze. Wykażemy, że liczby $a$ i $b$ nie mogą też być obie nieparzyste. Istotnie, gdyby było $a = 2k + 1$ , $b = 2l + 1$ , to liczba $a^2 + b^2 = 4 (k^2 + l^2) + 4 (k + l) + 2$ dawałaby w dzieleniu przez $4$ resztę $2$ , gdy tymczasem liczba $c^2$ może dawać w dzieleniu przez $4$ tylko resztę $0$ albo $1$ . Zatem jedna z liczb $a$ i $b$ jest parzysta, $a$ druga - nieparzysta; $c$ jest w takim razie liczbą nieparzystą.

Przypuśćmy, że np. $a$ jest liczbą parzystą. Z równości (1) wynika, że

$ \left( \frac{a}{2} \right)^2 = \frac{c + b}{2} \cdot \frac{c - b}{2}. $

Ponieważ liczby $b$ i $c$ są nieparzyste, więc $\frac{c + b}{2}$ i $\frac{c - b}{2}$ są liczbami całkowitymi; suma tych liczb równa się liczbie nieparzystej $c$ , więc jedna z liczb $\frac{c + b}{2}$ , $\frac{c - b}{2}$ jest parzysta, a druga nieparzysta, ich iloczyn równy $\left( \frac{a}{2} \right)^2$ jest więc liczbą parzystą. Zatem $\frac{a}{2}$ jest liczbą parzystą, tzn. $a$ jest podzielne przez $4$ .

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy największym wspólnym dzielnikiem liczb $a$ , $b$ , $c$ jest liczba $d > 1$ . Wtedy $a = da_1$ , $b = db_1$ , $c = dc_1$ , przy czym $a_1$ , $b_1$ , $c_1$ są liczbami całkowitymi względnie pierwszymi, a wobec równości (1) jest $d^2a_1^2 + d^2b_1^2 = d^2c_1^2$ , skąd $a_1^2 + b_1^2 = c_1^2$ . Poprzednio udowodniliśmy, że w tym przypadku jedna z liczb $a_1$ i $b_1$ , na przykład $a_1$ jest podzielna przez $4$ , wówczas liczba $a = da_1$ jest też podzielna przez $4$ .

Udowodniliśmy, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają równanie (1), to co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $4$ .

3°. Liczba niepodzielna przez $5$ jest postaci $5k \pm 1$ lub $5k \pm 2$ . Ponieważ $(5k \pm 1)^2 = 25k^2 \pm 10k + 1$ , $(5k \pm 2)^2 = 25k^2 \pm 20k + 4$ , więc kwadrat liczby niepodzielnej przez $5$ daje w dzieleniu przez $5$ resztę $1$ lub $4$ . Jeśli ani $a$ , ani $b$ nie jest podzielne przez $5$ , to reszta z dzielenia $a^2 + b^2$ przez $5$ może być tylko jedną z liczb $1 + 1 = 2$ , $(1 + 4) - 5 = 0$ , $(4 + 4) - 5 = 3$ ; z drugiej strony $a^2 + b^2$ równa się $c^2$ , więc w dzieleniu przez $5$ może dawać tylko resztę $0$ , $1$ lub $4$ . Resztą tą może więc być w tym przypadku tylko $0$ , co oznacza, że $c^2$ , a więc i $c$ jest podzielne przez $5$ .

Zatem co najmniej jedna z liczb całkowitych $a$ , $b$ , $c$ spełniających równanie (1) jest podzielna przez $5$ .

Uwaga. Trójka liczb naturalnych $x$ , $y$ , $z$ spełniających równanie

$ (2) \qquad x^2 + y^2 = z^2 $

nazywa się trójką pitagorejską. Jeżeli przy tym liczby $x$ , $y$ , $z$ są względnie pierwsze, to $(x, y, z)$ jest trójką pitagorejską pierwotną, albo rozwiązaniem pierwotnym równania (2). W punkcie 2° poprzedniego rozwiązania wykazaliśmy, że w trójce pitagorejskiej pierwotnej $(x, y, z)$ jedna z liczb $x$ , $y$ jest parzysta, druga zaś nieparzysta i że liczba $z$ jest nieparzysta.

Zachodzi twierdzenie:

Jeżeli $(x, y, z)$ jest trójką pitagorejską pierwotną, w której $y$ jest liczbą parzystą, to istnieją takie liczby naturalne $u$ , $v$ , że

$ (3) \qquad x = u^2 - v^2,\ y = 2uv, \ z = u^2 + v^2. $

Dowód tego twierdzenia jest prosty. Z równości (2) wynika, że

$ \left( \frac{y}{2} \right)^2 = \frac{z + x}{2} \cdot \frac{z - x}{2}. $

Ponieważ liczby $x$ i $z$ są nieparzyste, więc $\frac{z+x}{2}$ i $\frac{z-x}{2}$ są liczbami całkowitymi. Liczby te są względnie pierwsze, gdyż każdy wspólny dzielnik tych liczb jest również dzielnikiem ich sumy, równej $z$ , i ich różnicy, równej $x$ , a liczby $x$ i $z$ są względnie pierwsze. Stąd wynika, że liczby $\frac{z+x}{2}$ i $\frac{z-x}{2}$ są kwadratami liczb naturalnych. Istotnie, w rozkładzie np. liczby $\frac{z + x}{2}$ na czynniki pierwsze każdy czynnik pierwszy musi występować w potędze parzystej, gdyż czynnik taki nie występuje w rozkładzie liczby $\frac{z -x}{2}$ , a musi występować w potędze parzystej w rozkładzie liczby $\frac{z+x}{2} \cdot \frac{z-x}{2}$ będącej kwadratem liczby naturalnej $\frac{y}{2}$ . Istnieją więc takie liczby naturalne $u$ i $v$ , że

$ \frac{z+x}{2} = u^2,\ \frac{z-x}{2} = v^2. $

Stąd $z = u^2 + v^2$ , $x = u^2 - v^2$ , zatem $y = 2uv$ , tzn. zachodzą równości (3).

Ze wzorów (3) wynika, że $u$ i $v$ są względnie pierwsze, przy czym jedna z nich jest parzysta, i że $u > v$ . Odwrotnie, obierając dowolne liczby naturalne $u$ i $v$ , spełniające te warunki, uzyskujemy ze wzorów (3) trójkę pitagorejską pierwotną $(x,y,z)$ ; takąż trójką jest $(y,x,z)$ . W ten sposób otrzymujemy wszystkie trójki pitagorejskie pierwotne. Biorąc zaś $u = u_1\sqrt{d}$ , $v = v_1\sqrt{d}$ , gdzie $u_1$ , $v_1$ i $d$ są dowolnymi liczbann naturalnymi spełniającymi warunek $u_1 > v_1$ , otrzymujemy wszystkie trójki pitagorejskie (pierwotne i niepierwotne).

Zauważymy jeszcze, że z twierdzenia (3) łatwo wysnuć rozwiązanie zadania 22.