Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.

Zadania przygotował Karol Kowalski

Źródło zadań w texu.

 
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
 
\include{style}
\def\comment#1{}%\ [[#1]]\ }
 
\begin{document}
\section{Klasyfikacja trójek Pitagorejskich}
 
\begin{lem}
Jeżeli liczby całkowite $a,b,c$ spełniają
$$a^2 + b^2 = c^2$$
to co najmniej jedna z liczb $a,b$ jest parzysta.
\end{lem}
Dowód: \comment{przez kongruencje mod 4}
 
\begin{lem}
Jeżeli liczby $a,b,w,n$ są całkowite dodatnie, $NWD(a,b)=1$ oraz
$$ab=w^n$$
to $a,b$ są $n$-tymi potęgami liczb całkowitych, innymi słowy istnieją takie $t,u$ całkowite dodatnie, że
$$a=t^n,\ b=u^n$$
\end{lem}
Dowód: \comment{przez rozkład na czynniki pierwsze}
 
\begin{thm}
Liczby całkowite dodatnie $a,b,c$ względnie pierwsze spełniają równanie
$$a^2 + b^2 = c^2$$
wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją takie $m>n$ całkowite dodatnie, że
$$a=m^2 - n^2,\ b=2mn,\ c=m^2+n^2$$
$$\hbox{ lub }$$
$$a=2mn,\ b=m^2 - n^2,\ c=m^2+n^2$$
\end{thm}
\begin{enumerate}
\item $\Leftarrow$ Po pierwsze, jeżeli $m,n$ z treści zadania istnieją to $a,b,c$ są całkowite dodatnie i zachodzi
$$a^2 + b^2 = (m^2-n^2)^2 + (2mn)^2 = m^4-2m^2n^2+n^4+4m^2n^2 = m^4 + 2m^2n^2 + n^4 = (m^2 + n^2)^2 = c^2$$
To kończy dowód implikacji w lewo \comment{,,wtedy''}.
\item $\Rightarrow$. Załóżmy, że $a,b,c\in\mathbb{Z}_+$ spełniają $a^2+b^2=c^2$.
\item Liczby $a,b,c$ są względnie pierwsze \comment{czyli $NWD(a,b,c)=1$}, a więc dowolne 2 z liczb $a,b,c$ są również względnie pierwsze. Faktycznie, załóżmy \comment{rozumowanie przez zaprzeczenie} $NWD(a,b)>1$. Istnieje wtedy liczba pierwsza $p$, taka, że
$$p|NWD(a,b)$$
czyli $p|a$ i $p|b$, a więc $p|a^2+b^2=c^2$, a skoro $p$ jest pierwsza, to $p|c$ i $p|NWD(a,b,c)=1$. Sprzeczność.
\item Skoro $a,b$ są względnie pierwsze, to przynajmniej jedna z nich jest nieparzysta. Z lematu wynika natomiast, że jedna z liczb $a,b$ musi być parzysta. Załóżmy, że $2\not|a$ \comment{ze względu na symetryczność założeń i tezy możemy to założyć, ewentualnie zmieniając kolejność $a,b$}.\\
Zauważmy, że $2\not| a$ i $2|b$, więc $2\not|c$ \comment{bo spełniają równanie}, czyli
$$2|c-a \hbox{ i } 2|c+a$$
Istnieją więc $k,l$ całkowite $c-a=2k$, $c+a=2l$.\\
Jest
$$b^2 = (c-a)(c+a) = 4kl$$
Skoro $2|b$ to możemy podstawić $b=2b'$, gdzie $b'\in\mathbb{Z}$:
$$b'^2 = kl$$
Mamy $NWD(k,l) = \frac{1}{2}NWD(c-a, c+a)=\frac{1}{2}NWD(c+a,2a)=\frac{1}{2}2=1$. \comment{1. brzydkie przejście wynika z podstawienia $k,l$ i z tego, że wiemy, że są one całkowite, 2. przejście wynika z algorytmu Euklidesa, 3. z tego, że $c-a$ i $a$ są względnie pierwsze}\\
\comment{$k,l$ są dość sztuczne, ale bardzo nie chciałbym operować ułamkami $\frac{c-a}{2},\frac{c+a}{2}$ które się za nimi kryją}
Z lematu wiemy więc, że dla pewnych $n,m$ jest
$$k=n^2 \hbox{ i } l=m^2$$
Jest więc
$$b^2 = 4kl = 4m^2n^2 \hbox{ stąd } b=2mn$$
$$2a = (c+a)-(c-a) = 2m^2 - 2n^2 \hbox{ stąd } a=m^2 - n^2$$
$$2c = (c+a)+(c-a) = 2m^2 + 2n^2 \hbox{ stąd } c=m^2 + n^2$$
Oczywiście $m>n$, gdyż $0 < a=m^2-n^2$. Dowód $\Rightarrow$ jest więc zakończony.
\item Podany dowód klasyfikuje w zasadzie wszystkie trójki pitagorejskie, gdyż każda taka trójka powstaje przez pomnożenie trójki pitagorejskiej złożonej z liczb względnie pierwszych przez jakiś mnożnik.
\item Próba podsumowania - dlaczego właśnie tak dowodziliśmy?\\
Poniższe rozumowanie NIE ma nic wspólnego z dowodzeniem, jest to tylko spekulacja, którą przekuć można w dowód.
\emph{Jeżeli teza jest prawdziwa}, to z tezy możemy wyliczyć $2m^2 = a+c$ i $2n^2 = a-c$, pozostaje więc udowodnić, że ułamki $\frac{c+a}{2},\frac{c-a}{2}$ są całkowite i są kwadratami liczb całkowitych. Tak właśnie przebiega dowód.
 
 
\end{enumerate}
\end{document}