Примени математику

Решения

7.1. Если x₀² + y₀² = z₀², то y₀² + x₀² = z₀², и при любом натуральном значении k имеем

(x₀k)² + (y₀k)² = (x₀² + y₀²)k² = z₀²k² = (z₀k)² ,

что и требовалось доказать.

7.2. Из равенств

(m² + n²)² = m⁴ + 2m²n² + n⁴ = (m⁴ - 2m²n² + n⁴) + 4m²n² = (m² - n²)² + (2mn)²

заключаем, что указанная в задаче тройка удовлетворяет уравнению x² + y² = z² в натуральных числах. Однако не всякую пифагорову тройку x, y, z можно представить в таком виде; например, тройка 9, 12, 15 является пифагоровой, но число 15 не представимо в виде суммы квадратов каких-либо двух натуральных чисел m и n.

7.3. Если какие-то два числа из пифагоровой тройки x, y, z имеют общий делитель d, то он будет делителем и третьего числа (так, в случае x = x₁d, y = y₁d имеем z² = x² + y² = (x₁² + y₁²)d², откуда z² делится на d² и z делится на d). Поэтому для несократимости пифагоровой тройки необходимо, чтобы любые два из чисел тройки были взаимно простыми,

7.4. Заметим, что одно из чисел x или y, скажем x, несократимой пифагоровой тройки x, y, z является нечетным, так как в противном случае числа x и y не были бы взаимно простыми (см. задачу 7.3). Если при этом другое число y также нечетно, то оба числа

x² = (2a + 1)² = 4a² +4a +1 и y² = (2b + 1)² = 4b² +4b +1

дают остаток 1 при делении на 4, а число z² = x² + y² дает при делении на 4 остаток 2, т. е. оно делится на 2, но не делится на 4, чего не может быть. Таким образом, число y должно быть четным, а число z, стало быть, нечетным.

7.5. Пусть пифагорова тройка x, y, z несократима и, для определенности, число x четно, а числа y, z нечетны (см. задачу 7.4). Тогда

x² = z² - y² = (z + y)(z-y) = (2a)(2b),

где числа являются целыми. Докажем, что числа а и b взаимно просты. В самом деле, если бы они имели общий делитель, больший 1, то такой же делитель имели бы и числа z = a + b, y = a - b, т. е. тройка не была бы несократимой (см. задачу 7.3). Теперь, раскладывая числа а и b в произведения простых множителей, замечаем, что любой простой множитель должен входить в произведение 4ab = x² только в четной степени, причем если он входит в разложение числа а, то не входит в разложение числа b и наоборот. Поэтому любой простой множитель входит в разложение числа а или b в отдельности только в четной степени, а, значит, сами эти числа являются квадратами целых чисел. Положим тогда получим равенства

x² = 4m²n², x = 2mn,

z = a + b = m² + n², y = a - b = m² - n²,

причем натуральные параметры m>n взаимно просты (вследствие взаимной простоты чисел а и b) и имеют разную четность (из-за нечетности числа z = m² + n²).

Пусть теперь натуральные числа m>n разной четности являются взаимно простыми. Тогда тройка х = 2mn, y = m² - n², z = m² + n², согласно утверждению задачи 7.2, является пифагоровой. Докажем, что она несократима. Для этого достаточно проверить, что числа y и z не имеют общих делителей (см. задачу 7.3). В самом деле, оба эти числа нечетны, так как числа тип имеют разную четность. Если же числа y и z имеют какой-либо простой общий делитель (тогда уж обязательно нечетный), то такой же делитель имеет и каждое из чисел и а с ними и каждое из чисел m и n, что противоречит их взаимной простоте.

7.6. В силу утверждений, сформулированных в задачах 7.1, 7.2, указанные формулы задают только пифагоровы тройки. С другой стороны, любая пифагорова тройка x, y, z после ее сокращения на наибольший общий делитель k пары чисел x и y становится несократимой (см. задачу 7.3) и, следовательно, может быть представлена с точностью до порядка чисел x и y в виде, описанном в задаче 7.5. Поэтому любая пифагорова тройка задается указанными формулами при некоторых значениях параметров.

7.7. Из неравенства z<30 и формул задачи 7.6 получаем оценку m²<30, т. е. m≤5. Полагая m = 2, n = 1 и k = 1, 2, 3, 4, 5, получаем тройки 3, 4, 5; 6, 8, 10; 9, 12, 15; 12,16,20; 15, 20, 25. Полагая m = 3, n = 2 и k = 1, 2, получаем тройки 5, 12, 13; 10, 24, 26. Полагая m = 4, n = 1, 3 и k = 1, получаем тройки 8, 15, 17; 7, 24, 25. Наконец, полагая m = 5, n = 2 и k = 1, получаем тройку 20, 21, 29.

7.8. Докажем справедливость утверждений задачи для любой несократимой тройки вида 2mn, m² - n², m² + n², где m>n - взаимно простые числа разной четности (см. задачу 7.5). Тогда после умножения чисел этой тройки на любое число k (см. задачу 7.6) те же утверждения о делимости останутся верными. Итак, если одно из чисел m или n кратно 3, то число 2mn также кратно 3; если же оба числа m и n не делятся на 3, то они дают либо одинаковые остатки при делении на 3 (тогда число m - n кратно 3), либо разные (и тогда эти остатки равны 1 и 2, а число m + n кратно 3), нов любом случае число m² - n² = (m - n)*(m + n) делится на 3. Утверждение а) доказано. Утверждение б) вытекает из того, что числа тип имеют разную четность, т. е. одно из них четно, а, значит, число 2mn кратно 4. Наконец, если одно из чисел m или n кратно 5, то число 2mn также кратно 5; если же оба числа m и n не делятся на 5, то квадрат любого из них дает либо остаток 1 при делении на 5, либо недостаток -1 (это следует из равенств

и того факта, что любое число, не кратное 5, представляется в одном из видов 5q ± 1 или 5q ± 2), а это значит, что либо число m² - n², либо число m² + n² кратно 5. Поэтому утверждение в) также справедливо.

7.9. Справедливость свойства модулей, сформулированного в задаче, вытекает из тождества

левая часть которого равна (|α + iβ|*|γ + iδ|)², а правая равна (|α + iβ|*|γ + iδ|)² = (|(αγ - βδ) + i(αδ + βγ)|)². Теперь, учитывая доказанное свойство, получаем

что и требовалось доказать.

7.10. Будем искать неизвестную z в виде квадрата модуля некоторого комплексного числа. Тогда из равенств

получаем серию решений уравнения а) с целыми параметрами m и n:

x = m³ - 3mn², y = 3m²n - n³, z = m² + n².

Аналогично из равенств

получаем серию решений уравнения б) с целыми параметрами m и n:

x = m⁴ - 6m²n² + n⁴, y = 4m³n - 4mn³, z = m² + n².