ISSN 0351-6652 Letnik 22 (1994/1995) Številka 4 Strani 206-211
Jože Grasselli:
O KVADRATIH V ARITMETIČNEM ZAPOREDJU
Ključne besede: matematika, teorija števil, naravna števila, aritmetično zaporedje.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/22/1224-Grasselli.pdf
© 1994 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
O KVADRATIH V ARITMETIČNEM ZAPOREDJU
Če je a naravno število, rečemo številu a2 kvadrat. Kvadrati so tako:
12,22,32..... Trije kvadrati a7 < b < c so v aritmetičnem zaporedju,
kadar je b7 — a7 = c7 — b7. Za zgled navedimo
1 = l7, 25 = 52, 49 = 72,	(1)
kjer je razlika med sosednjima členoma 24.
I\laj bo f naravno število. Ko množimo člene v (1) s t7, dobimo trojico kvadratov
t2, (51)2, {Itf,	(2)
ki sestavljajo aritmetično zaporedje z razliko 24tv Ko teče i po naravnih številih, daje (2) neskončno trojic kvadratov v aritmetičnem zaporedju. Iz (2) se tudi vidi: Vsak kvadrat je prvi člen aritmetičnega zaporedja treh kvadratov. Npr. 100 je po (2) prvi člen v aritmetičnem zaporedju kvadratov 100, 2500, 4900.
V zaporedjih (2) je prvi člen J le, ko je t = 1. Ali obstaja še kakšno aritmetično zaporedje kvadratov
l,f>2,c2
s prvim členom 1? Ker naj bo zaporedje aritmetično, mora biti b7 — 1 = c7 — -b7, Od tod izhaja za b, c enačba
c7 — 2b7 — —1.	(3)
Hitro uganemo, da sta b\ = 5, Cj = 7 najmanjši različni naravni števili, ki rešita enačbo (3). Iz te rešitve pridemo na znani način - podrobnosti ne bomo opisovali - do rekurzijskih obrazcev
bn+1 = 3fan -+- 2cn
. l	i ¿i = 5, cj =T.	(4)
cn+1 = Abn + 3c„
Pokaž imo; Ce števili bn, cn izpolnita enačbo (3). jo izpolnita tudi števili fcn+i. cn+i, določeni s (4). Ker bn, cn ustrezata pogoju c„ — 2b7 — —1, je
c2n+1 - 2b2n+l = (4bn + 3cn)2 - 2(3fa„ + 2c„)2 = c2 - 2b2 = -1
in trditev drži. izhajajoč iz rešitve bi = 5, Ci = 7 dobimo po (4) rešitev i>2 — 3-5 + 2 - 7 = 29,C2 = 4 5 + 3 7 = 41, iz nje nato po (4) rešitev ¿3, C3 in tako naprej. Dognati je mogoče, da so s tem zajete vse od b — c — 1 različne naravne rešitve enačbe (3),
Obrazca (4) lahko še predrugačimo. Iz (4) izračunamo
2cn+1 = 3£>n+l ~~ ^n 1 = 3cn+1 - Cn.
Upoštevajmo ti izrazitvi za 2cn_|_i, 4 fan+i, ko zapišemo (4) za indeks n + 2. Najdemo
bn-1-2 = 6i>n+i - bn-, bi = 5, b2 — 29 cn+2 = 6c„+1 - c„; C! = 7, c2 = 41.
(5)
Po obrazcih (4) oz, (5) je sestavljena naslednja preglednica, ki vsebuje začetne naravne rešitve enačbe (3):
n	1	2	3	4	5	6	7
bn	5	29	169	985	5741	33461	195025
Cn	7	41	239	1393	8119	47321	275807
Iz prvih petih rešitev dobimo tele trojice kvadratov v aritmetičnem zaporedju:
5 = 25, 292 - 841, 1692 = 28561, 9852 = 970225,
72 = 49 412 = 1681 2392 = 57121 13932 = 1940449
57412 = 32959081, 81192 = 65918161
razlika 24 razlika 840 razlika 28560 razlika 970224 razlika 32959080
Vsakemu n = 1,2,3,... prek (4) oz. (5) pripada aritmetično zaporedje kvadratov
l.b2n, c2n z razliko b2- 1.
(6)
Z vsakim naravnim t se iz (6) napravi aritmetično zaporedje kvadratov
t2.{tbn)2,(tcn)2 zrazliko (b2n-l)t2.	(7)
Zato ugotovitvi (6) in (7) povesta: Obstaja neskončno trojic kvadratov v aritmetičnem zaporedju in s prvim členom J. Vsak kvadrat je prvi člen neskončno trojic kvadratov v aritmetičnem zaporedju.
Omenimo naslednjo uporabo enačbe (3). Vprašujemo po pravokotnih trikotnikih, katerih dolžine stranic so naravna števila, kateti pa se razlikujeta za 1. Naj bosta x, y kateti, torej y ~ x = 1, z hipotenuza Po Pitagorovem izreku dobimo
2X2 + 2X + 1 = Z2 In ko množimo z 2, smo pri enačbi
(2x + lf-2z2 = -l.	(8)
Postavimo
c = 2x -f 1, b = z	(9)
in enačba (8) preide v enačbo (3), zanjo pa so naravne rešftve opisane z obrazcema (4). Zaradi (9) je
xn = - 1), yn = ~(Cn + 1), Zn = bn.	(10)
Zgornja preglednica, ki vsebuje začetne bn, cn, daje po (10) kateti xn, yn in hipotenuzo zn:
n	1	2	3	4	5	6	7
Xn	3	20	119	696	4059	23660	137903
Yn	4	21	120	697	4060	23661	137904
Zn	5	29	169	985	5741	33461	195025
Z obrazci {10} so prek (4) zajeti vsi iskani pravokotni trikotniki.
Ko smo pokazali, kako se pride do vseh trojic kvadratov 1 < fa2 < < c2 v aritmetičnem zaporedju, iščemo sedaj vse kvadrate a2 < i2 < c2, ki sestavljajo aritmetično zaporedje. Pogoj
b2_a2 = c2_ b2
lahko zapišemo
{fa - + a) = (c - b)(c + b).	(11)
Če pomeni d največjo skupno mero števil b — a, c + b, je
b — a = du, c + b = dv \r\ u, v tuji naravni števili	(12)
Ko to vnesemo v (11), je
u{b + a) = v(c-6).	(13)
Ker sta u, v tuja, mora u deliti c — b in v deliti b + a. Iz (13) potem izhaja c~b = su, b + a = sv	(14)
pri naravnem številu s. Po (12) in (14) izračunamo
a = -(—du + sv), b = -(du + si/)
1 1 <15> c — -(su + d v), b = —(—su+ d v).
Izraza za b kažeta, daje d u + s v = —su+dv oz. (d + s)u = (d — s) v in zaradi tujosti u, v
d + s = kv, d — s = ku pri naravnem številu k. Torej je
*=:£(„+„), s^^u + v).	(16)
Ko (16) upoštevamo v (15), pridemo do izrazitev
k k k
a = ~(v2 - 2vu - u2), b = —(v2 + u2), c = -(v2 + 2vu - u2). 4	4	4
Da bodo a, b, c naravna Števila, vzamemo k = 4m pri naravnem Številu m in je
a = m(v2 - 2vu - u7), b = m(v2 + u2), c = m(v2 + 2vu - u2). (17)
Vemo, da sta u, v tuja. Pri tf = u = i se iz (17) dobi b = c. To ne pride v poŠtev, saj hočemo b2 < c2. te v številih
v2-2vu-u2, v2 + u2t v2 + 2vu-u2	(18)
zamenjamo med sabo u in v, ostane srednje število nespremenjeno, prvo preide v nasprotno predznačeno tretje, tretje v nasprotno predznačeno prvo. Njihovi kvadrati se seveda ohranijo. Ker nas samo ti zanimajo, se smemo
omejiti na v > u. Največja skupna mera D števil (18) deli razliko (v2 + + 2vu — u2) — (u2 — 2vu — u2) = 4vu Naj bo D' največja skupna mera Števil D in u. Ker je v2 + u2 = hD pri naravnem številu /) in D'|tr, D'\D, iz \p- — — ip- 4- hD vidimo, da D' deli v2 Zaradi tujosti u, v je D' — 1 in u, D sta tuja čisto enako ugotovimo, da sta v in D tuja. Potem sta tudi D in vu tuji števili Ker D deli 4i/u in je tuj vti, mora deliti 4. Torej je D ena od vrednosti 1, 2, 4. Ker sta v, u tuja, sta ali oba liha ali pa eden lih drugi sod. V prvem primeru je D ~ 2 in števila (18) so dvakratniki lihih tujih števil. Ko izpostavimo 2, imamo zapis (17) za m ~ 2, števila v oklepajih pri m pa so tuja V drugem primeru, ko je od števil v, u eno sodo in drugo liho, je D = 1 in števila (18) so tuja
Povzemimo: Vse kvadrate a1 < b2 < c2, ki so tuji in v aritmetičnem zaporedju, dobimo iz obrazcev
a = \v2 - 2vu - u2\, fc=v2+u2, c = v2 +2vu - u2, (19)
ko spreminjamo v in u po naravnih številih tako, da je v > u, v in u tuja, eden sod in drugi lih. Po množenju te teh z 22, 32, 42, ... pridemo do vseh netujih kvadratov, ki sestavljajo aritmetično zaporedje.
Nekaj vrednosti, dobljenih po (19), prikazuje preglednica:
v	u	3= \(v~ u)7-2U2\	b = v2 + u2	c = (v + u)2 - 2u2
2	1	1	5	7
3	2	7	13	17
4	1	7	17	23
4	3	17	25	31
5	2	1	29	41
5	4	31	41	49
6	1	23	37	47
6	5	49	61	71
7	2	17	53	73
7	4	23	65	89
7	6	71	85	97
Iz (19) izračunamo, da je razlika
b2 - a2 = c2 - b2 = Avu(v2 - tJ7).	(20)
Po zadnji vrstici preglednice npr.
852 — 712 = 7225 - 5041 = 2184 = 4 ■ 7 ■ 6 ■ (72 - 62) 972 - 852 = 9409 - 7225 = 2184
Pomudimo se na koncu še pri štirih kvadratih. Kvadrati a7 < fcr < < c2 < d7 sestavljajo aritmetično zaporedje, če je b7 — a2 = c2 — b2 ~ = d7 — c7. Dognano je, da takih kvadratov ni. Seveda tudi ni pet ali več različnih kvadratov, ki bi bili v aritmetičnem zaporedju.
Naloge.
1. Nadaljuj zadnjo preglednico do v = 12.
2 Iz (20) izhaja: Če so trije kvadrati v aritmetičnem zaporedju, njihova razlika ni praštevilo.
3.	Po (10) je cn = 2xn + 1 in je zato drugo enakost v (5) mogoče pisati 2xn+2 4- 1 6(2xn+i + 1) — (2xn + 1). Kateti xn,yn in hipotenuza zn, ki so naravna števila in yn = xn + 1, se torej izražajo z rekurzijskimi obrazci
xn+2 = 6xn+l - xn + 2 ; Xl = 3, x2 = 20, Yn+2 = 6yn+1 - yn - 2 ; yi = 4, y2 = 21, zn+2 = 6zn+i - zn ; zi = 5,z2 = 29.
Določi xio, yio, zio! (Do n = 7 imaš vrednosti v drugi preglednici.)
4.	Poišči pet trojic kvadratov v aritmetičnem zaporedju s prvim členom; a) 100; b) 64.
5.	Naj bo t sodo naravno Število, a, c naravni števili Če sta a, a+ t kateti, c hipotenuza pravokotnega trikotnika, števila a. a + t, c nisto tuja.
6.	Obstaja neskončno naravnih števil a, c tako, da sta a, a + 7 kateti, c hipotenuza pravokotnega trikotnika in a, a + 7, c tuji. (Prepričaj se: Če je ai = 8, ci = 17 in
an+l = 3a„ + 2cn + 7 cn+I = 4a„ + 3cn -t- 14,
sta an, an+7 kateti in cn hipotenuza pravokotnega trikotnika in an, an + + 7, cn za n = 1, 2, 3, ... tuja števila.)
Jože Grasselli