Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista zadań nr 10 (9-14.12.2009)
Równania diofantyczne
1. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
(x + 3)(y − 5) = 7.
Rozwiązanie. Zauważmy, że jeżeli x, y są liczbami całkowitymi, to wyrażenie
(x + 3)(y − 5) jest iloczynem dwóch liczb całkowitych. Liczbę 7 można przedstawić w postaci iloczynu dwóch liczb całkowitych (uwzględniając kolejność)
na cztery sposoby:
7 = 1 · 7 = 7 · 1 = (−1) · (−7) = (−7) · (−1).
Mamy zatem następujące możliwości:

x + 3
=1
y − 5 = 7

x + 3
=7
y − 5 = 1
Co daje następujące pary rozwiązań:

x
= −2
y = 12

x
=4
y = 6

x + 3
= −1
y − 5 = −7

x
= −4
y = −2

x + 3
y
= −7
− 5 = −1

x
= −10
y = 4.
2. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
xy + 2x + 2y = 2.
Rozwiązanie. Sposób I.
Zauważmy, że powyższe równanie można przekształcić w następujący sposób:
xy + 2x + 2y = 2
x(y + 2) + 2(y + 2) − 4 = 2
(x + 2)(y + 2) = 6.
Jeżeli x i y są całkowitymi rozwiązaniami równania, to x + 2 i y + 2 są dwiema
liczbami całkowitymi, których iloczyn wynosi 6. Liczbę 6 można rozłożyć na
czynniki całkowite na osiem sposobów:
6 = 1 · 6 = 6 · 1 = 2 · 3 = 3 · 2 = (−1) · (−6) = (−6) · (−1) = (−2) · (−3) = (−3) · (−2),
co daje następujące możliwości:

x + 2
=1
y + 2 = 6

x + 2
= −1
y + 2 = −6

x + 2
=6
y + 2 = 1

x + 2
= −6
y + 2 = −1

x + 2
=2
y + 2 = 3

x + 2

x + 2

x + 2
= −2
y + 2 = −3
Rozwiązując kolejne układy otrzymujemy następujące pary:
y
=3
+2=2
= −3
y + 2 = −2
(−1, 4), (4, −1), (0, 1), (1, 0), (−3, −8), (−8, −3), (−4, −5), (−5, −4).
Sposób II.
Wyznaczmy z równania zmienną x:
xy + 2x + 2y = 2
x(y + 2) = 2 − 2y
2 − 2y
x=
y+2
2 − 2(y + 2) + 4
x=
y+2
6
x = −2 +
.
y+2
6
będzie całkoy+2
wita, a zatem wtedy, gdy y + 2 będzie dzielnikiem liczby 6. Stąd y + 2 musi
być jedną z liczb 1, 2, 3, 6, −1, −2, −3, −6, czyli y przyjmuje jedną z wartości
−1, 0, 1, 4, −3, −4, −5, −8. Obliczając odpowiadające wartości x otrzymujemy
pary
Liczba x będzie całkowita wtedy i tylko wtedy, gdy liczba
(−1, 4), (0, 1), (1, 0), (4, −1), (−3, −8), (−4, −5), (−5, −4), (−8, −3).
3. Wyznaczyć wszystkie takie liczby naturalne n, m, że
1 1
+ jest liczbą naturalną.
m n
1
1
Rozwiązanie. Jeżeli liczby n i m są naturalne, to oczywiście
¬ 1 oraz ¬ 1,
m
n
1 1
1 1
1 1
czyli
+ ¬ 2. Zatem możliwe są dwa przypadki:
+ = 1 albo + = 2.
m n
m n
m n
W pierwszym przypadku mnożąc równość przez mn otrzymujemy m+n = mn,
co po przekształceniu daje (m − 1)(n − 1) = 1. Stąd, ponieważ liczby m i n mają
być naturalne, mamy m = n = 2.
1
1
W drugim przypadku otrzymujemy
= = 1, zatem m = n = 1.
m
n
4. Znaleźć wszystkie liczby całkowite spełniające równanie
x3 = 2y 3 + 4z 3 .
Rozwiązanie. Załóżmy, że liczby całkowite x, y, z są rozwiązaniami powyższego równania. Zauważmy, że po prawej stronie tego równania mamy sumę
dwóch liczb parzystych, a zatem liczba x3 również musi być parzysta. Stąd
wynika, że liczba x jest parzysta, czyli jest postaci x = 2x1 , dla pewnej liczby
całkowitej x1 . Nasze równanie jest więc równoważne równaniu
(2x1 )3 = 2y 3 + 4z 3 ,
czyli równaniu
8x31 = 2y 3 + 4z 3 .
Dzieląc obydwie strony tego równania przez 2, otrzymujemy:
4x31 = y 3 + 2z 3 .
Można stąd wywnioskować, że liczba y 3 musi być parzysta, a zatem analogicznie jak poprzednio otrzymujemy też, że liczba y jest postaci y = 2y1 dla pewnej
liczby całkowitej y1 . Po wstawieniu do równania i ponownym podzieleniu przez
2, otrzymujemy:
2x31 = 4y13 + z 3 .
Powtarzając powyższe rozumowanie pokazujemy, że liczba z jest postaci z =
2z1 , dla pewnej liczby całkowitej z1 . Ponownie dzieląc przez 2, otrzymujemy:
x31 = 2y13 + 4z13 .
Wynika stąd, że jeżeli liczby całkowite x, y, z są rozwiązaniami równania, to są
x y z
nimi również liczby całkowite , , . Każda liczba całkowita będąca rozwią2 2 2
zaniem tego równania musi się zatem dzielić przez dowolną potęgę liczby 2.
Możliwe jest to jedynie gdy x = y = z = 0. Łatwo sprawdzić, że taka trójka
rzeczywiście jest rozwiązaniem równania.
5. Wyznaczyć wszystkie liczby pierwsze p, q, r takie, by ich iloczyn był pięciokrotnie większy od ich sumy.
Rozwiązanie. Z warunków zadania wynika, że liczby p, q, r muszą spełniać
równanie
p · q · r = 5(p + q + r).
Po prawej stronie tego równania mamy liczbę podzielną przez 5, zatem iloczyn
po lewej stronie też musi być podzielny przez 5. Liczby p, q, r są pierwsze, zatem
oznacza to, że któraś z tych liczb jest równa 5. Bez zmniejszenia ogólności
rozważań możemy założyć, że p = 5. Otrzymujemy wtedy:
5qr = 5(5 + q + r),
co po podzieleniu obu stron przez 5 daje równanie
qr = 5 + q + r.
Równanie to możemy przekształcić w następujący sposób:
qr − q − r + 1 = 5 + 1,
q(r − 1) − (r − 1) = 6,
(q − 1)(r − 1) = 6.
Rozumując analogicznie jak w Zadaniu 1, otrzymujemy następujące możliwości:

q
−1 =1
r − 1 = 6,

q
−1=2
r − 1 = 3,

q
−1 =3
r − 1 = 2,

q
r
−1=6
− 1 = 1.
Rozwiązując powyższe równania i uwzględniając fakt, że p, q, r są liczbami
pierwszymi otrzymujemy, że szukane liczby to 2, 5, 7.
6. Rozwiązać w liczbach całkowitych układ równań

x + y
=2
xy − z 2 = 1.
Rozwiązanie. Zauważmy, że z drugiego równania wynika, że xy = z 2 + 1 > 0,
a zatem xy jest liczbą dodatnią. Stąd liczby x i y muszą być obie ujemne lub
obie dodatnie. W pierwszym przypadku ich suma byłaby liczbą ujemną, co jest
sprzeczne z pierwszym równaniem. Zatem x i y są liczbami dodatnimi i ich
suma wynosi 2. Stąd x = y = 1. Z drugiego równania otrzymujemy, że z = 0.