i
i
“947-Kramar” — 2010/6/17 — 9:00 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 16 (1988/1989)
Številka 5
Strani 274–280
Edvard Kramar:
DIOFANTSKE ENAČBE V ELEMENTARNI GEOME-
TRIJI
Ključne besede: matematika, teorija števil, geometrija, diofantska
enačba, pitagorejske trojice, trikotnik.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/16/947-Kramar.pdf
c© 1988 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2010 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
/"0-,cl"o-,·,~o
'" L '" I""
DIOFANTSKE ENAČBE V ELEMENTARNI GEOMETRIJI
Diofantske enačbe so enačbe, ki jih rešujemo v okviru celih števil. Ogledali
si bomo nekaj takih enačb s tremi neznankami, ki imajo svoj izvor ali pa pona-
zoritev v elementarni geometriji. Proučili bomo nekatere nelinearne enačbe in
poskušal i najti vsaj nekaj rešitev za vsak primer.
V prvih petih problemih bomo naleteli na enačbe oblike
x a + y a = z a
kjer bo a zavzel nekatere racionalne vrednosti.
Problem 1. Določi trojico naravnih
števil (x, y, z), ki predstavljajo dolži-
no stranic pravokotnega trikotnika. x~
y
Iz slike takoj razberemo enačbo za neznane količine
(1 )
Gre za iskanje znamenitih pitagorejskih trojic, ustrezni trikotnik imenujemo
pitagorejski trikotnik. Trojica (x, y, z) je primitivna, če števila v njej nimajo
skupnega del itelja. Vse primitivne pitagorejske trojice dobimo iz zvez
x = u2 - v2 , Y = 2uv, z = u 2 + v2
(u, v E IN, u > v in tuji)
(la)
kjer IN pomeni množico naravnih števil. Ker so ti obrazci zelo poznani, jih tu
ne bomo izpeljevali . Nekaj takih trojic je: (3,4,5) , (5,12,13), (15,8,17), ...
Vse pitagorejske trojice dobimo z večkratniki primitivnih . O pitagorejskih
trojicah je tud i Presek že nekajkrat pisal.
Obstaja še vrsta drugih obrazcev, ki dajo nekaj rešitev zgornje enačbe . Če
na primer vstavimo z = y + k v zgornjo enačbo, dobimo x 2 = 2yk + k 2 . Izberi-
mo najprej k = 1, tedaj je x 2 = 2y + 1, torej mora biti x liho število x = 2n + 1
274
in sledi y = (x 2 - 1)12 = 2n2 + Zn, z = y + 1·= 2n2 + 2n + 1. Dobimo pita-
gorejske trojice
x = 2n + 1, y = 2n2 + Zn, z = 2n2 + 2n + 1, nE IN (lb)
Lahko si zapomnimo tudi naslednji praktični napotek: izberi poljubno Iiho
število I ;;?; 3 in izračunaj x = 1, y = (P -l)12,z = (P + 1)12. Mimogrede smo
dokazali še dve trditvi :
1) Za vsako liho število 1 ;;?;3 obstaja pitagorejski trikotnik, ki ima za dolžino
katete to število.
2) Obstaja neskončno pitagorejskih trikotnikov, katerih hipotenuza je za 1
večja, kot meri ena od katet .
Podobno bi dobili pri k = 2 pitagorejske trojice
x=4n, y=4n2 - 1, z=4n2 + 1, nEIN (le)
Problem 2. Določi pravokotni triko-
tnik , ki bo imel za kateti in za višino
na hipotenuzi celoštevilsko vrednost.
Zapišimo znane zveze za pravokotni trikotnik (glej sliko): x 2 + y2 = c2,
x 2 = C2C, y 2 = Cl C, Z2 = Cl C2' Iz njih sledi zveza x 2y 2 = Cl C2C2 oziroma
x 2y2 = Z2 (x 2 + y2). Po deljenju z x 2y2 Z2 (saj so vsi :f=. O) dobimo
(2)
Poiščimo nekaj trojic, ki rešijo to enačbo v naravnih številih. Iz prejšnje
enačbe najprej izrazimo z = xy/ H + y2 in opazimo, da mora biti izraz
x 2 + y 2 popoln kvadrat. Rešitev iščimo torej v obliki zvez, ki smo jih srečali
v prejšnjem problemu: x =k(u2 - v2), Y =k Zuv, k , u, v E IN. Sledi
z = 2uv(u2 - v2 )k /(u2 + v2) in tudi z bo celo število, če izberemo k =u 2 + v2 .
S tem dobimo naslednjo dvoparametrično družino rešitev
Tako sta na primer (15,20,12) in (65, 156,60) dve taki rešitvi. Opazimo, da
je tudi C celoštevilski, in sicer je enak C = (u 2 + V2)2 . Zgoraj bi lahko uporabili
275
Problem 3. Poišči naravna štev ila x, y
in z tako, da bosta x in y dolžini stra-
nic trikotnika , ki oklepata kot 120 0 ,
z pa dolž ina simetrale tega kota.
tudi nastavek, ki smo ga sreča li v prejšnji točki: x = t.l, y = z.(P - 1) /2, kjer
je I liho število (;;:;, 3) in tEIN, nato pa z = t.I (P - 1)/(p + 1). Če izberemo
t= (P + l)/2 ,dobimotrojice
x = I(P + 1)/2, y =(f - 1)/4, z = I(P - 1)/2 ; 1= 2j + lJ E IN (2b)
E
,?-,
I <; Y
I "
) ~x
A O B
Če stranico BC podaljšamo za y (glej sliko), sta očitno trikotnika ABE in
DBC podobna. Sled i z: x =y : (x + y) oziroma z =xy/(x + y) al i
_1_ + _1_ = .L
x y z (3)
Poskusimo najt i nekaj rešitev te enačbe v naravnih štev ilih. Uved imo novi
neznanki X in Y, ki sta s prejšnjima v zvezi X = x + y, Y = x - y . Izraz imo
stari spremenijivki z novima x = (X + Y)/2 , y = (X - Y)12 in izraza vstavimo v
našo enačbo (X *" Y, ker y *" O) . Po kratkem računu dobimo 4Xz = X 2 _ y 2
ali y 2 + 4z2 = (X - 2Z) 2 . Opazimo, da moramo za Y, 2z in X - 2z izbr ati
ravno pitagorejsko trojico. Ker je 2z sodo število , postavimo iz (1a) : Y =
u2 - v2, 2z =2uv in X - 2z =u 2 + v2 . Torej X =u 2 + v2 + 2uv, Y =u2 _ v2,
Z = uv in za prvotne neznanke dobimo rešitve
x=u(u +v), y=v(u+v), z=uv; u,vEIN (3a)
Spotoma smo opazili, da sta X in Y že bi la take parnosti, da sta tudi x in y
celoštevilska . Zapišimo nekaj konkretn ih rešitev za (x, y, z): (2 ,2, 1), (6 ,3 ,2),
(12,4,3), oo .
Problem 4. Določi tri naravna števila ,
ki so enaka rad ijem treh krogov, ki se
drug drugega dotikajo; vsi krogi pa se
dotikajo še skupne prem ice .
276
(4)
Iz slike razberemo zveze:
AC2 + (x - y) 2 = (x + y) 2, AB2 + (x _ z) 2 = (x + z) 2, BC 2 + (y _ z) 2 =
= (y + Z)2. Sledi AC = 2 V;Y, AB = 2 VXZ in BC = 2 yyz.Prva razdalja je
vsota drugih dveh, zato vxy =...;xz + VYž. Po deljenju s y xyz dobimo
_1_+ _1_= _1_
...;x...;y...;z
Neskončno rešitev te enačbe v naravnih številih dobimo če pišemo kar x = X 2
Y = y2 in z = Z2 in enačbo prevedemo na prejšnjo. Iz rnno žtcs rešitev (3a) tako
dobimo naslednje rešitve enačbe (4)
(4a)
Nekaj trojic za iskane radije je tako: (4,4, 1), (36, 9,4), (144, 16,9). oo. Seveda
pa so vsi večkratniki teh rešitev zopet rešitve.
Problem 5. Trapez ABCD diagonali
razdelita na štiri dele. Določi naravna
števila PI, P2, Pa, P4 in P tako, da
bodo pomenila po vrsti plošči ne po-
sameznih delov in skupno ploščino.
Očitno je, da je PI + P4 = PI + P3, torej P4 = P3' Tako zadošča poiskati
le štiri med njimi. Pri tem je P = PI + P2 + 2p3. Hitro se lahko prepričamo, da
čim dosežemo za tri med njimi, da so naravna števila, je tudi četrto tako. To ni
čisto očitno le v primeru, ko zagotovimo PI, P2, pE IN,P3 pa izračunamo iz
zapisane zveze. Pa vzemimo ravno ta primer. Poiščimo zvezo med PI, P2 in p.
Če označimo z VI in V2 višini trikotnikov ABE oziroma ECD (glej sliko). velja
PI = av l l2 , P2 = cv2 /2 in P = (a + C)(VI + v2)/2. Upoštevajmo še podobnost
omenjenih dveh trikotnikov pa dobimo aV2 = CVI. Od tod sledi P~P2 =
= aVlcv2 / 4 = (av212).(cvd2). Produkt enakih količin je enak izrazu PIP2,
zato je aV212 = cvd2 =~. Če to upoštevamo v izrazu za P, dobimo
P = PI + P2 + 2 YPIP2, kar pa lahko zapišemo tudi v obliki yp~ +...;;;; = VP.
Če pišemo x = PI, Y = P2 in z = P, iščemo torej rešitve diofantske enačbe
(5)
277
Nekaj rešitev lahko takoj zapišemo, če postavimo
(5a)
Večkratniki teh so seveda tudi rešitve. Izkaže se, da v resnici dobimo z zgornji-
mi zvezami vse primitivne trojice, če sta u in v tuji, vendar tega tu ne utegnemo
dokazovati . Dolžni smo še odgovor, ali je tud i P3 E IN. Zanj imamo dve zvezi,
ki ju opazimo zgoraj: P3 = (p - PI - P2) /2 =Yf);p2' od koder sledi, da je
tudi P3 E IN. Nekaj četvork za iskane ploščine (PI, P2, P3, p) je: (1, 1, 1, 4),
(4,1,2,9),(9,1,3,16), ...
V zadnjih dveh problemih si bomo ogledali še primer kvadratne diofantske
enačbe z mešanim členom.
Problem 6. Poišči trojico naravnih
števil, ki pomenijo dolžine stranic tri -
kotnika z enim kotom 1200 .
,.
I :, :
I :
I :
I .
I
I
I
I
/ :
&------'O'--.y- - -b-...-I-.,.,...--~
"2
Iz slike razberemo Z2 - (~+ y) 2 = (~ )y'3)2 odkoder sledi ena čba
2 2
(6)
V 3. letniku Preseka je bilo opisanih nekaj metod , ki so dale nekatere celošte-
vilske rešitve te enačbe. Tokrat bomo izpeljali obrazce za rešitve, ki bodo po-
dobni obrazcem (1a). Zgornjo enačbo bomo prevedli na enačbo (1) z uvedbo
novih neznank X, Y in Z, ki naj bodo s prejšnjimi v zvezi: x = X,
y = (-X + 2 Y + Z) /2, z = (Y + 2Z) /2. S preprostim računom potem preverimo
zvezo
Od tod takoj sledi, da x, y in z zadoščajo enačb i (6) natanko tedaj, ko za X, Y-
in Z velja enačba (1). Zato iz (1a) postavimo: X = u2 - v2 , Y = 2uv, Z =
=u2 + v2 • Od tod po kratkem računu dobimo izraze za naše neznanke
Naj pripomnimo, da bi bila obratna izbira za X in Y slabša, ker y in z ne bi bila
278
vedno celoštevilska. Nekaj konkretnih rešitev zgornje enačbe je (x , Y, z)
(3,5,7), (8, 7,13).(5 ,16,19), ...
Problem 7. Določimo naravna števila
x , y in z tako , da bodo dolžine stra-
nic trikotnika z enim kotom 60° .
Y
Y-1
Iz slike takoj razberemo x 2 - (1) 2 = Z2 - (y - 1) 2, kar nam po ureditvi da
Če je x = y , je tud i z = y, s čemer dobimo enakostraničnetrikotnike . Za x =1= y
bi lahko na podoben način kot v prejšnjem primeru problem prevedli na prve -
ga. Vendar tokrat problem prevedimo neposredno na prejšnjega. Bežen pogled
na spodnji sliki pove: če x < y, je (x, v-x, z) trojica, ki pomeni rešitev proble-
ma 6 (s kotom 120°) , če pa je x > y, je (x-y, y, z) taka trojica . Torej imamo
iz obrazcev (6a): x =u 2 - v2 • Y - x = 2uv + v2 , Z = u2 + UV + v2 ali pa x - y =
= u2 - v2 , Y = 2uv + v2 , Z =u 2 + UV + v2 • Od tod dobimo skupaj z enakostra -
ničnimi trikotniki troje obrazcev za rešitve diofantske enačbe (7)
x =u, y =u, z =u; uE 1\1 (7a)
x =u2 _ v2 , y=u 2 + 2uv, z r- o? + uv + v2 ; u,v EIN , u > v (7b)
x =u2 +2uv, y=v2 +2uv, z=u2+UV +V2 , u,vEIN,u >v (7c)
279
Zapifimo nekaj rdltev, ki jih dabirno po imeniEni uporsbi zgornjih izrazov. 
(x, Y , Z )  = ( I ,  1, I l l  (3,8,71,(8,6,71,I2,2,2), (8, 15, 131, (16,7,131, ... 
Za konec poakusi na podlagi m j i h  ugotovitev rditi mdednje naloga. 
Ce III bi kjer zstaknilo, si oefej naPvete M ak. 362 . 
1. PoWi, da je v p i tagorejh  trikotniku tudi polmet v6rtanega kraga 
naravno h i l o .  
2. Ce le b, y, z) pitagorejska trojies, &Mi, da je potern pmdukt xyz d m  
deljiv s 80. 
3. PoiJlEi nekaj pitagweirpkih oikotnikov, ki Smajo nrdi za dolfine ene od si- 
metmi amega kota narevna Stevllo. 
4. PreverY, da naletimo na e n a h  (3) tudi v primeru, ko Memo trikotnik, 
ki irna za manice namvna bvila, em njegovih vi3in pa je enah vsoti 
drugih dveh viBn. 
5. PoWi mkaj ceWvilsklh blkotnikov (dol2ine rtranic so mrama h v l a )  
z enIm kotom 120°, prl katerih je tudi doltina simetrale ob tem kctu na- 
ram hvilo. 
8. Dokafi, da je lahko vsako l i b  &&lo n 33 doltina -nice eelolttavilrkaga 
aJkamika t enim k o m  1200. 
7. DaW trditev: Ee le (x, y, t)  primtima trojh m i h  Btgvil, ki reai 
ma* (61, m vsa ai Btevila Ifha, aEi pa je m k o  em med njimi MC- 
kratnik Stevifa 8. 
Edwrd Knmar