P R E S E K
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652 Letnik 18 (1990/1991) Številka 3 Strani 134-139
Edvard Kramar: POPOLNI KVADER
Ključne besede: matematika, geometrija, kvader, diofantske enačbe. Elektronska verzija: http://www.presek.si/18/1036-Kramar.pdf
© 1990 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
POPOLNI KVADER
Eden zelo starih, lahko razumljivih, vendar do današnjih dni nerešenih problemov je poiskati kvader, ki bi imel za dolžine vseh stranic, vseh stranskih in tudi glavne diagonale celoštevilske vrednosti. Poiskati bi bilo treba sedem naravnih Števil a, b, c, d\, c/3 in d, ki so povezana z naslednjimi enačbami
a2+ b2 = J2 a7 + c2 = d\ b7 + c2 = dl a2 + b7 + c2 = d2
Kvadru, ki bi imel tako lastnost, bomo rekli popolni kvader. Kljub številnim poskusom, tega problema še do danes ni uspelo razrešiti. Ni uspelo najti nobene sedmerice naravnih števil, ki bi hkrati zadoščala zgornjim enačbam, niti ni uspelo dokazati, da take sedmerice ni. V zadnjem času so si poskušali pomagati tudi z vse zmogljivejšimi računalniki, vendar so uspeli, le preveriti, da ne obstaja popoln kvader, s stranicami, katerih dolžine ne presegajo nekaj deset tisoč. Seveda pa s tem odgovora 5e nr. Ker matematiki niso uspeli rešiti zgornjega problema v celoti, so nekoliko popustili v naštetih zahtevah. Zahtevali so, da je le šest od zgornjih količin celoštevilskih. če se po vrsti odrečemo, da je dolžina glavne diagonale, ene od stranskih diagonal, oziroma ene od stranic naravno število, dobimo tri nove probleme. Vendar pa tudi ti niso čisto enostavno rešljivi, izkazalo pa se je, da ima vsak od njih neskončno rešitev. Pokazali bomo, kako je uspelo najti neskončno mnogo rešitev za dva od teh problemov.
Problem 1, Poišči kvader, ki ima za dolžine stranic in stranskih diagonal naravna števila.
Rešiti moramo torej sistem naslednjih treh enačb
a2 + b2 = d2, a2 + c2 = d%, b2 + c2 = v naravnih številih s, b, c, d\, d2 in c/3. Zapišimo najprej a v obliki
a = ±(ps — c2/(ps))/2, kjer sta zaenkrat p in s Se poljubna. Na koncu bomo vzeli tak znak, da bo Število a pozitivno, Izračunajmo
a2 + c2 =	- 2c2 + 4*) + 4 = + ~)2
4	plsl 4 4	ps
Dobili smo kvadrat, vendar zaenkrat racionalnega Števila. Podobno postavimo b = dc(qs — c2/(qs))/2, kjer je tokrat q zaenkrat Se poljubno naravno Število, s pa isti kot zgoraj. Na isti način kot prej dobimo
b2 + C2 = UqS+-)2 4	qs
Oglejmo si Se, kako je z vsoto kvadratov prvih dveh neznank
Najprej izberimo Števili p in q tako, da bo p2 + q2 = r2, torej naj bo (p, q, r) pitagorejska trojica. Sledi

Sedaj pa izberimo Število s tako, da uničimo zadnja dva člena. Torej s = rc/(2pq). Da se v tem izrazu znebimo ulomka, postavimo c = 2pqt, torej, 5 — rt, kjer bomo tudi t Se naknadno določili. Pojdimo sedaj po vrsti nazaj. Najprej je a2 + b7 = r2s2/4 = r412/4 in
a^±(prf-4pq2f/0/2
Iz obeh izrazov vidimo, da je smiselno izbrati t = 2r, oziroma s = — 2r2 in dobimo a = ±(pr2 — 4pq2) in podobno b = ±(qr2 — 4p2q), saj tu p in q vlogi zamenjata. Vrnimo se k tretji stranici c = 2pq.2r — = 4pqr. Ali so vsote kvadratov zopet kvadrati naravnih Števil? Izraču-najmo
a2 + b7 = r2s2/A = r6 a2 + c2 = (2pr2 + 8pq2)2/4 = (pr2 + Apq2)2 b2 + c2 = (2qr2 + 8p2q)2/4 = (qr2 + 4p2q)2
Našli smo torej za a, b, c, d2 in c/3 naslednjo množico rešitev
a = p\4q2 - r2\, b=q\4p2-r7\, c = 4pqr d1 = r3, d2 = p(4q7 + r7), d3 = q(4p2 + r2)
pri čemer mora biti (p, q. r) pitagorejska trojica. Za p in q lahko uporabimo znane obrazce: p = U2 — v2, q = 2UV, r = u2 + v2, u, v £ N, u > v {gl. npr. Presek, 14, str. 274) in spoznamo, da imamo neskončno kvadrov, ki imajo vse tri robove in vse tri stranske diagonale celoštevilske. Kvadri, ki jih dobimo po zgornjih obrazcih, se imenujejo tudi Eulerjevi kvadri. Zapišimo nekaj konkretnih primerov takih kvadrov
P	<7	r	a	b	c	¿1	¿2	d3
3	4	5	117	44	240	125	267	244
5	12	13	2035	828	3120	2197	3725	3228
15	8	17	495	4888	8160	4913	8175	9512
Îzkaîe se, da z zgornjimi obrazci ne dobimo vseh rešitev problema 1. Na primer kvader s stranicami 85, 132, 720 je rešitev zgornjega problema, vendar ga ne dobimo iz zgornjih obrazcev. Diagonale ima namreč po vrsti 157, 725 in 732 in nobena ni oblike r3, r 6 N. Očit no so vsi večkratniki rešitve zgornjega problema zopet rešitve, velja pa tudi tole: če je kvader s stranicami (a, b, c) rešitev problema 1, je tudi kvader s stranicami [ab, fac, ac) rešitev tega problema, v kar se lahko vsak sam prepriča. Na ta način še obogatimo mnofico rešitev prvega problema, vendar tudi s tem še ne dobimo vseh rešitev. Pojavi se vprašanje, ali ima kakšen od dobljenih kvadrov tudi telesno diagonalo celoštevilsko. Na žalost seje izkazalo, da ne. Ker s temi rešitvami problema 1 nismo izčrpali vseh, s tem ni rečeno, da ne obstaja kvader, ki bi imel vseh sedem nastopajočih količin celoŠtevilskih.
Problem 2. Določi kvader, ki ima za dolžine vseh stranic, glavne diagonale in dveh stranskih diagonal celoštevilske vrednosti.
Vzemimo, da za ¿3 ne zahtevamo celoštevilske vrednosti. Iščemo torej šesterico naravnih števil, ki so povezana z enačbami
a2 + b2 — dl a2 + c2 = d\, a2 + b2 + c2 = d2
Ker sta (a, b, in (a, c, d2) pitagorejski trojici, jih kot vemo lahko pišemo v obliki
a =	fa = s(u2 — i/2), di = s(u2 + v2)
a = t.2u2v2, c = t(u$ -	d2 = t(u2 +
kjer so s, t, u\, u2, v\, € N, "i > «1, u2 > v2 in zaenkrat Se poljubni. Ker morata oba produkta za a dati isto vrednost, izberimo s — u2 v2, t = u 1V1. Na razpolago imamo še štiri parametre, pustili bomo zaenkrat tri med njimi neodvisne in postavili u2 = p, 1/2 = q, u\ = 2r, i/j = p-j- cj, kjer p, q, r 6 N. Za stranice tn stranski diagonali sedaj dobimo
a = 4pqr(p+ q), b=pq{4r7 - (p+q)2), c = 2r{p + q){p2 - q2)
di S pq(4r2 + (p + q)2), d2 = 2r(p + q)(p7 + q7)
Izpolniti moramo še tretjo enačbo v naravnih številih a2 + b2 + c2 = d2 oziroma d2+c2 = d2. Dobimo
d2+c2 = p2q2(4r2 + (p + c)2)2 + 4r2(p + q)2(p2 - g2)2
Ali se da izraz na desni spraviti na popoln kvadrat pri primerni izbiri parametrov p, q in rt izkazalo se je, da to zagotovo gre, če so v naslednji zvezi
p2 + pq + q2 = r2	(2)
Ce to, upoštevamo, po malo daljšem računu zgornji izraz prevedemo na obliko
d\ + c2 = (2p4 + 3 p3q + bp7q7 + 3 pq3 + 2q4)2
kar pa zopet lahko poenostavimo, če upoštevamo zvezo (2)
d2 + c2 = (p2 + r2f{q2 + r2)2
Nazadnje lahko povzamemo: če izberemo p, q in r tako, da so rešitve enačbe (2) v naravnih številih, so števila a, b, c, d\ in d iz zvez
a = 4pqr[p + q), b~ pq(3r2 - pq), c = 2r{p + q)\p7 - q7\,
di = pq(5r2 + pq), d2 = 2 r(p + q){p2 + q2), d m {p2 + r2)(q2 + r2)
rešitev problema 2. Pri tem smo pri stranici c pisali absolutno vrednost, da ni treba pisati zahteve p > q, O diofantski enačbi (2) je Presek pisal nazadnje v 5. številki 16. letnika. Od tam lahko razberemo, da dobimo bogato množico rešitev te enačbe z obrazci
p = u2 — v2, q = 2uv + v2, r = u2 + uv -f v2; u.v e N, u > v
Te izraze bi sicer lahko vstavili v zgornje zveze, vendar bi dobili precej nepregledne obrazce. Zapišimo nekaj kvadrov, kijih dobimo na ta način
P	q	r	a	b	c	di	¿2	d
3	s	7	3360	1980	1792	3900	3808	4292
8	7	13	43680	25256	5850	50456	44070	50794
5	16	19	127680	80240	184338	150800	224238	238162
Hitro lahko opazimo, da imajo reiitvene šestorke skupne faktorje, če na primer prvo delimo s 4, dobimo kvader s stranicam! (840,448,495). Zopet se izkaže, da z zgornjimi obrazci ne dobimo vseh rešitev problema 2. Med drugim ne dobimo kvadra s stranicami (104,153,672), ki je najmanjši kvader med rešitvami problema 2.
Prohlem 3. Poišči kvader, ki ima za dolžine dveh stranic, vseh stranskih in glavne diagonale naravna števila.
Vzemimo, da naprimer c ni nujno naravno Število, očitno pa je njegov kvadrat naravno število in ga označimo z e. Naša zahteva je sedaj poiskati naravna števila 3, 6, e, d\, di, d3 in d tako, da bodo izpolnjene enačbe
a7 + b1 = dl, a2 + e = af
b2 + e = d$t a2 + fc2 + e = d2
Tudi za ta problem je uspelo najti neskončno rešitev. Ker je zopet izpeljava malo daljša, jo tokrat izpustimo. Zapišimo samo nekaj konkretnih rešitev
3	b	di	d2	dz	d
520	576	776	943	975	1105
124	957	965	3724	3843	3845
969	1480	1769	2775	2992	3145
Za konec še dve nalogi:
Dokažl, da tri paroma tuja naravna Števila ne morejo biti dolžine robov popolnega kvadra.
2. Dokazi, da je prostornina Eulerjevih kvadrov Število, ki je deljivo vsaj s 720.
Edvard Kramar