Krunoslav Stefanekˇ Diofantske jednadˇzbe u nastavi...

Sveuciliste J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Krunoslav Stefanek

Diofantske jednadzbe u nastavi matematike

Diplomski rad

Osijek, 2013.

Sveuciliste J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Krunoslav Stefanek

Diofantske jednadzbe u nastavi matematike

Diplomski rad

Mentor: doc. dr. sc. Ivan Matic

Osijek, 2013.

Sadrzaj

1 Predgovor 5

2 Diofant 8

3 Metodicko usavrsavanje 11

4 Diofantska jednadzba i primjeri 134.1 Osnovna svojstva brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144.2 Linearne diofantske jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

5 Metode rjesavanja diofantskih jednadzbi 195.1 Metoda umnoska . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205.2 Metoda kvocijenta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215.3 Metoda parnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215.4 Metoda posljednje znamenke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215.5 Metoda nejednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

6 Pitagorine trojke 23

7 Zadaci i rjesenja 257.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257.2 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

8 Zakljucak 39

9 Zivotopis 40

Literatura 41

SADRZAJ 4

Sazetak. Jos u 2. stoljecu nakon Krista Diofant iz Aleksandrije proucavao je razne dijelovealgebre. Medu njima i oblike jednadzbe koje po njemu dobivaju naziv diofantske. U danasnjevrijeme diofantske jednadzbe se obraduju vec u osnovnoj skoli za potrebe matematickih natjecanja.Pogledat cemo u ovom radu sto od ucenika ocekujemo da znaju: koja su potrebna predznanja, stosu to diofantske jednazbe, kojim metodama ih rijesavamo, ali i na koji nacin da se mentori spremeza predavanje.

Kljucne rijeci: diofantska jednadzba, teorija brojeva

Diophantine equations in teaching mathematics

Abstract. Since 2nd century Diophantus from Aleksandria studied various parts of algebra.Between them also and equation forms which are later called after him. Today, Diophantine equ-ations are learned since elementary school for the purposes of mathematical competitions. It thiswork, we will see what is expected from the student to know about Diophantine equations: whatprevious knowledge students need, what are Diophantine equations and which are the methods weuse to solve them, and which is the best way for mentor to prepare for lectures.

Key words: Diophantine equations, the number theory

1 PREDGOVOR 5

1 Predgovor

Unutar programa matematickih natjecanja nasao se sljedeci dodatak:Ucenici osnovnih skola koji sudjeluju na zupanijskim, regionalnim i drzavnom natjecanju moguocekivati zadatke i iz ovih podrucja: logicki zadaci, kombinatorni zadaci, diofantske jednadzbe iDirichletov princip.

Na taj nacin su diofantske jednadzbe odabrane kao jedan od dodatnih sadrzaja koji napredniucenici osnovnih skola trebaju upoznati u smislu sto bolje pripremljenosti za odredene razine na-tjecanja. Logicki se zaljucuje da tada ucenici srednjih skola taj dio trebaju poznavati jos i bolje.Sagledat cemo ovu temu sa stajalista profesora matematike i u osnovnoj i srednjoj skoli, s obziromda se javlja potreba da se ova tema iznosi pred ucenika vec tako rano.

Treba shvatiti zasto je vazno spomenuti i obraditi ovu temu. Ako pogledamo upute za provedbunatjecanja iz matematike u 2013. godini 1 (ali i ranije) vidjet cemo da se diofantske jednadzbe po-javljuju na zupanijskom i drzavnom natjecanju 7. razreda, te da su spomenute u 8. razredu iu 1. razredu srednjih skola. Iako, i u kasnijim razredima stoji napomena da gradivo natjecanjaobuhvaca i gradivo prethodnih razreda. Isto tako znamo da diofantske jednadzbe nisu dio planai programa nastave matematike. Smatraju se obaveznim dijelom pripreme za matematicka na-tjecanja, pa se veliki dio upoznavanja s njima zasniva na vremenskim mogucnostima profesorai samom interesu ucenika. Stoga, tijekom godina, sto zbog same potrebe profesora, metodikarjesavanja problema diofantskih jednadzbi se razradila i danas njena struktura otprilike izgledaovako: upoznavanje pojma, osnovna svojstva brojeva, prolazak kroz zadatke s natjecanja, linearnadiofantska jednadzba, Pitagorine trojke, metode rjesavanja diofantskih jednadzbi i dodatni zadaci.Ostaje problem da se tokom stalnih promjena i obogacivanja nastavnog programa, a manjku uvi-jek cijenjenog vremena, kvalitetno odaberu podrucja obrade svake ”izvannastavne teme” (pa takoi ove), primjereni zadaci, provjere znanja, nadu prikladne metode rjesavanja, literatura i slicno,kako bi nas ucenik sto bolje usvojio gradivo, ali i dobio volju i dobar temelj za daljnje samostalnoistrazivanje. Jer, ako je suditi po iskustvima profesora matematike ili dugogodisnjim pracenjimarezultata matematickih natjecanja, pokazuje se da cak i nasi najbolji ucenici imaju probleme saovakvim tipom zadatka. Dakle, lako je pretpostaviti da uvjeti za obradu ovakvih izvanprogram-skih dijelova nisu idelani. Pri tome imate i problem nedostatka vremena za ovakve opsirne teme,pa cak i nedostatak iskustva kako prenijeti gradivo uceniku. Jer, vecina literature nije namjenjenauceniku 7. i visih razreda, nego uglavnom studentima ili vecim strucnjacima koje zanima ovopodrucje.

Svi ovi problemi, rezultati sa natjecanja i iz nastave, te osobna iskustva mentora, potkrepljujupricu i kada se radi o diofantskim jednadzbama. Izdvojene kao zanimljiv dio teorije brojeva koji bi

1dostupno na stranici Agencije za odgoj i obrazovanje (http://www.azoo.hr, Natjecanja i smotre- Katalog natjeca-nja i smotri)

1 PREDGOVOR 6

ucenik 7. razreda osnovne skole vec mogao poznavati i rijesavati, pojavljuju se na svim razinamanatjecanja, od 7.razreda, do kraja srednjoskolskog skolovanja (sa naglaskom na 7. i 8. razredosnovne skole, te 1. razred srednje skole u A i B varijantama zadataka). Posebna satnica unutarnastave im nije dodijeljena, i na kraju natjecanja najcesce vidimo da ih vecina najboljih ucenikarijesava tek djelomicno, sto zbog manjka osnovnih informacija, sto zbog neraspolaganja metodamarijesavanja. Pokazuje se da vecina natjecatelja ne znajuci nacin rjesavanja za ovako postavljenezadatke odustaje od njih, misleci da su komplicirani i teski.

Kada cijelu ovu sliku uzmemo u obzir bez puno razmisljanja mozemo doci do ideje da jepotrebno unaprijediti dosadasnji nacin pripremanja ucenika za natjecanja. Tu ne treba misliti da sepred ucenika iznese samo sto veci broj razlicitih rjesenih zadataka, vec da se ucenika nauci koristitinovostecenim cinjenicama i metodama rjesavanja raznih tipova zadataka.

Za kraj ovog uvoda donosimo neke od zadataka koji su se pojavili na matematickim natje-canjima u zadnjih nekoliko godina. Na taj nacin pokazat cemo da je sukobljavanje sa ovakvimtemama doista u nasu svrhu ali i ono vaznije, u korist naseg ucenika.

Rijesite u skupu prirodnih brojeva

1x+

2y−

3z= 1.

(Drzavno natjecanje, 2000.,I. razred)

Darko ce 2000. godine navrsiti onoliko godina koliki je zbroj znamenki godine njegova rodenja.Koje je godine Darko roden?

(Opcinsko natjecanje, 2000.,I. razred)

Za koje cijele brojeve x je 2x2 − x − 36 kvadrat prostog broja?

(Drzavno natjecanje, 2001.,I. razred)

Odredi sve proste brojeve p za koje je broj 5p + 1 kvadrat nekog prirodnog broja.

(Zupanijsko natjecanje, 2001.,VIII. razred)

Nadite sva cjelobrojna rjesenja jednadzbe

4x + y + 4√

xy − 28√

x − 14√

y + 48 = 0.

(Zupanijsko natjecanje, 2003.,I. razred)

1 PREDGOVOR 7

Odredite sve uredene parove (x, y) cijelih brojeva za koje vrijedi jednakost

x2

9+

y2

25= 1.


Odredite sve pravokutne trokute kojima su duljine stranica prirodni brojevi i pritom je duljinajedne od njih jednaka 17.


Odredite sve cijele brojeve m, n za koje vrijedi m3 + n3 = (m + n)2.

(Drzavno natjecanje, 2006.,II. razred)

Odredi sve parove cijelih brojeva x i y za koje vrijedi xy − 7x − y = 3.

(Zupanijsko natjecanje, 2011.,VII. razred)

Odredi sve parove cijelih brojeva x i y za koje vrijedi

6x2y2 − 4y2 = 2012 − 3x2.

(Drzavno natjecanje, 2012.,I. razred, A varijanta)

Ovo je samo manji dio zadataka koji su se pojavili na nekim od natjecanja tokom nedavnihgodina, ali pokazuju nam potrebu ne samo obrazovanja ucenika zbog boljeg rezultata, vec i samenase bolje pripremljenosti na ovu temu.

2 DIOFANT 8

2 Diofant

Kada pricamo o ovakvim temama uvijek je dobro saznati i nesto vise o samom nastanku ovogdijela matematike i njegovom tvorcu. Do ideje i rjesavanja diofantskih jednadzbi dosao je Diofantiz Aleksandrije (iako postoje neke naznake da su jednadzbe ovog oblika bile poznate i dosta prije,u babilonskoj kulturi). O samom Diofantu se vrlo malo zna, pa je nedostatak informacija dovodiopoznate povjesnicare matematike u razlicite ”sukobe” nepotvrdenim cinjenica. Nije potpunojasno kako mu se ime pisalo na starogrckom pismu (Diophantus ili Diophantos), a jos manje ovremenu u kojem je zivio. Stoga razni tekstovi ga smjestaju unutar 1.-3. stoljeca nakon Krista.Zanimljivo je proucavati ova razmatranja i razne teze o periodu u kojem je zivio. Kada promatrateniz takvih razmisljanja moze se uociti koliko daleko matematicko shvacanje i analiza mogu otici2.Njihovo sagledavanje problema sastoji se od analize pisma njegova djela, spomenutog nacinapisanja njegovog imena, do razmatranja dijelova teksta i logickoga zakljucivanja u kojemtrenutku u povijesti su se situacije opisane u tekstu mogle pojaviti (npr. cijena vina koja sespominje u jednom od epigrama). Jedan od vaznijih izvora koji se spominje je natpis na njegovojgrobnici, sastavljen u obliku matematicke zagonetke. Preveden sa starogrckog kaze ovako:

Putnice! Ovdje je pokopan prah Diofanta. I brojevimogu reci, o cuda, koliko je dug bio njegov zivotni

vijek.Sestinu zivota trajalo je njegovo predivno

djetinjstvo.Dvanaestina zivota protekla je jos dok mu nije

pocela rasti brada.Sedminu zivota proveo je u braku bez djece Diofant.

Proslo je jos pet godina i on je bio usrecenrodenjem svoga sina prvijenca, kojemu je sudbina

dodijelila samo polovninu predivnog i sjajnog zivotana zemlji u usporedbi s ocem.

I u dubokoj zalosti starac je vidio kraj zemaljskesudbine, pozivivsi jos cetiri godine od toga

vremena, otkako je izgubio sina.Reci, koliko je godina Diofant prozivio, prije nego

je ugledao smrt?

Ako se za nepoznati broj x postavi jednadzba, dobit ce se njeno rjesenje x = 84. Tako saznajemoda se Diofant ozenio sa 21 godinom, postao otac s 38 godina, sina je izgubio s 80 godina, a umro

2prijedlog za citanje: T.L. Heath: Diophantus of Alexandria, A study in the history of Greek algebra; CambridgeUniversity Press, 1885. godina

2 DIOFANT 9

je s 84 godine.Nama je ipak vazniji onaj drugi dio njegovog zivota, a to je njegova matematicka ostavstina. Svojzivot je proveo u Aleksandriji koja je stoljecima bila vazno znanstveno i kulturno srediste. Upravona ovoj lokaciji upoznaje se sa dostignucima babilonske i egipatske matematike koja su uvelikeusmjerila njegova promatranja. Ipak, svoja izlaganja prilagodio je strogom grckommatematickom izlaganju. A to je vazna razlika u odnosu na istocnjacke tekstove.Sacuvano je 6 od 13 knjiga njegove matematicke rasprave pod nazivom Aritmetika, te odlomciknjige Mnogokutni brojevi. U Aritmetici su izlozeni poceci algebre i brojni zadaci koji se svodena neodredene jednadzbe razlicitih stupnjeva i opisane metode rjesavanja takvih jednadzbi uskupu pozitvnih racionalnih brojeva. Nasao je racionalna rjesenja preko 130 neodredenihjednadzbi razlicitih klasa. Uglavnom se radi o jednadzbama prvog i drugog stupnja. Razmatrasamo jednu kubnu jednadzbu koja u danasnjem zapisu ima oblik (x − 1)3 = (x + 1)2 + 2. Usvakom slucaju trazi samo jedno rjesenje, a opcih metoda rjesavanja nema. Nema ni dokaza, negosamo provjera valjanosti rjesenja.Njegove ideje su kreativne i razlicite od njegovih suvremenika, sto se ocituje i u nacinu pisanja.Njegovo izlaganje je potpuno analiticko. Za oznaku nepoznanice i njezinih potencija, suprotnihbrojeva, jednakosti i oduzimanja upotrebljuje skraceni zapis rijeci. Tako je uvodenjem kraticaretoricko izlaganje iz starogrcke matematike preoblikovao na novi, tzv. sinkopaticki oblikizlaganja. Ovaj oblik je zapravo i prijelazni oblik na cisto simbolicku algebru. Iako je to vazankorak u razvoju matematickog pisma, njegova simbolika je dosta nespretna i neprikladna.Diofant je imao ideju i o postojanju negativnih brojeva. Znao je naprimjer da je kvadratnegativnog broja pozitivan broj, ali negativne i iracionalne brojeve nije smatrao brojevima, pa ihnije ni posebno razmatrao. Takva rjesenja jednadzbi je odbacivao.Proucavajuci jednadzbe Diofant je otkrivao i neka teorijska svojstva prirodnih i cijelih brojeva.Naprimjer:U svakom pravokutnom trokutu kvadrat duljine hipotenuze ostaje kvadrat ako mu se doda ilioduzme dvosturki umnozak duljine kateta. Dakle, a2 + b2 ± 2ab je uvijek kvadrat. Danas je topotpuno jasno, jer se radi o kvadratu zbroja (a + b)2 ili kvadratu razlike (a − b)2.Zanimljiv je i primjer u kojem je on zamijetio da se broj 65 moze razloziti kao zbroj kvadrata nadva nacina: 16 + 49 i 64 + 1. S druge strane 65 = 5 · 13, pri cemu se oba mogu napisati kao zbrojkvadrata dva broja: 5 = 4 + 1, 13 = 9 + 4. Danasnjom simbolikom zapisano, uvijek vrijedi:

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac − bd)2 + (ad + bc)2,

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2.

Diofantova Aritmetika jedno je od najutjecajnijih djela u povijesti matematike. Recimo, bas najednom izdanju ovog Diofantovog djela je Pierre de Fermat negdje izmedu 1621. i 1665. godine,na marginama jedne od stranica, iznijeo svoj Veliki teorem koji kaze da ne postoje prirodni

2 DIOFANT 10

brojevi x, y, z i broj n > 2 takvi da zadovoljavaju jednadzbu xn + yn = zn. Ali, Fermat nije prvi kojije svoju inspiraciju crpio iz Diofantove kolekcije algebarskih problema. U srednjem vijekuostavio je jak utjecaj na indijsku i arapsku matematiku, a nesto kasnije i na zapadnoeuropsku.Nakon prijevoda na latinski jezik i pismo 1575. godine, njen utjecaj se jos prosirio, pa postajepolazna tocka istrazivanja mnogih velikih matematicara kao sto su Fermat, Wallis, Euler,Lagrange, Gauss i dr.Diofantovo ime nose dva velika dijela teorije brojeva: teorija diofantskih jednadzbi i teorijadiofantskih aproksimacija, a u njegovu cast jedan krater na vidljivoj strani Mjeseca nosi njegovoime.

3 METODICKO USAVRSAVANJE 11

3 Metodicko usavrsavanje

Vratimo se sada na pocetak nase teme. U uvodnom dijelu smo vec spominjali problem obrade ovei slicnih cjelina. U takvim slucajevima je dobro posavjetovati se sa vec postojecim metodickimsmjernicama, pa cemo i mi to uciniti ovdje.Danas je tesko pronaci bilo koje usmjerenje koje ne zahtjeva barem osnovna matematicka znanja.Sve je vise potrebno koristiti odredene intelekutalne napore kao analizu slozenih procesa,pravilno rasudivanje, logicko zakljucivanje i slicno. Potreba za strucnjacima koji posjedujuposebna matematicka znanja i sposobnosti je u porastu. Na taj nacin i zahtjevi koji se stavljajupred skolu i nastavu matematike sve su slozeniji za izvodenje. Pri tome treba stalno imati na umukrajnji cilj drustva: mlada osoba sa usvojenim znanjem i sposobnoscu njegove primjene.Da bi skola uspjesno zadovoljila ono sto drustvo stalno od nje zahtjeva, potrebno je konstantnomijenjati i poboljsavati nastavni program, nastavne metode, te uvoditi novije i suvremenijetehnologije i nastavna sredstva u njegovu provedbu. Na taj nacin i sam profesor matematikepostaje dio socijalne cijeline u kojoj steceno znanje nikad nije dovoljno. Potrebno je stalno vrsitisamoobrazovanje i mijenjati stara i neupotrebljiva znanja za novija.Tada mozemo nastavu matematike podijeliti na dva razlicita dijela:

• razvoj stvaralackog misljenja i kreativnih sposobnosti ucenika

• primjereno osposobljavanje nastavnika matematike.

Proucavanjem ova dva problema suvremena metodika je daleko dospjela i ponudila razna rjesenjaskolstvu. Ako usmjerimo pozornost na drugi problem zamijetit cemo da se na njemu vec dugoradi i to u obliku seminara za ucitelje i profesore matematike. Oni se vec dugi niz godina provodepa su tako i postali tradicionalni oblik rada. Ali, i oni imaju niz slabosti: o izboru tema odlucujunajcesce samo predavaci, teme su uglavnom nepovezane, nema dogovora ni uskladenosti, a priobradi teme slusatelji su pasivni. Njihovo poboljsanje u novije vrijeme se predstavlja u oblikumatematickih i metodickih radionica pa cemo ih uzeti kao prvi savjet o nacinu obrade”Diofantskih jednadzbi”.Metodika istice da je najbolji nacin rada sa ucenikom kroz individualni ili grupni rad. No, ovioblici nastave su kod nas prilicno zapostavljeni. Upravo da bi se i sami nastavnici upoznali boljesa ovakvim radom organiziraju se metodicke radionice. Dakle, mozemo reci da je to aktivnijioblik sudjelovanja nastavnika matematike u vlastitom usavrsavanju, pri cemu se vise pozornostistavlja na metodicke postavke i zakonitosti naglasene kroz rad u manjim grupama. Ovako suprofesori u mogucnosti iznijeti kolegama vlastita iskustva i upoznati se sa njihovima, razgovaratio novim idejama i metodickim pitanjima, zajedno osmisljavati probleme, analizirati medusobnorad, unaprijedivati sposobnost matematickog komuniciranja i sl. Ovaj nacin rada proizlazi iz

3 METODICKO USAVRSAVANJE 12

naseg prvog problema, tj. razvoja misljenja i kreativnih sposobnosti ucenika, pa se time profesorjos jednom vraca u ulogu studenta.Primjena metodicke radionice moguca je u raznim dijelovima nastave matematike i moze znatnounaprijediti rad s ucenikom (osobito s naprednijim). Radom u radionici nastavnik dobivaprimjerenu teorijsku osnovu i metodicku razradu neke teme s nizom prikladno odabranih primjerai zadataka, ali i vrlo vaznu komunikaciju sa ostalim nastavnicima, pa time i njihove probleme,rjesenja i ostala iskustva.Ovdje je vrlo vazno spomenuti matematicka natjecanja. Oni su cesta tema radionica. Vrlo suvazna za pobudivanje interesa za matematiku, razvijaju naviku konstantnog rada, obogacujuznanje, a i daju mogucnost uceniku da usporedi svoje matematicke sposobnosti sa drugima.Medutim, visegodisnja istrazivanja su pokazala da se ni nasi najbolji ucenici cesto ne snalazedobro u rjesavanju nestandarnih i slozenijih zadataka, sto na kraju dovodi do slabijih rezultata.Buduci da je za uspjesno svladavanje takvih problema potrebna prvo dobra teorijska podloga injena metodicka razrada, i temu ”Diofantskih jednadzbi” treba obraditi na jedan takav nacin.

4 DIOFANTSKA JEDNADZBA I PRIMJERI 13

4 Diofantska jednadzba i primjeri

Sada smo ustanovili na koji nacin nam metodika savjetuje obradivanje ”Diofantskih jednadzbi”pa se mozemo poceti baviti teorijskom osnovom.Diofantskom jednadzbom nazivamo algebarsku jednadzbu s dvije ili vise nepoznanica scjelobrojnim koeficijentima za koju trazimo cjelobrojna (ili racionalna) rjesenja. Mozemo gledatii sustav takvih jednadzbi, pri cemu se uzima da je broj nepoznanica veci od broja jednadzbi.Diofantske jednadzbe mogu biti linearne i nelinearne.Linearnom diofantskom jednadzbom sa n nepoznanica nazivamo jednadzbu oblika

a1x1 + a2x2 + a3x3 + · · · + anxn = b

gdje su x1, x2, x3, ..., xn nepoznanice, a a1, a2, a3, ..., an, b cjelobrojni koeficijenti. Primjerice

3x + 5y = 11

je linearna diofantska jednadzba s dvije nepoznanice. Sve diofantske jednadzbe koje nisu linearnenazivamo nelinearnim diofantskim jednadzbama. U njima se nepoznanice pojavljuju u clanovimaviseg reda, kao na primjer u jednadzbi

x2 + 2y3 + 7z5 = 8

gdje se nepoznanice x, y, z pojavljuju u clanovima drugog, treceg i petog reda, redom.Vec smo rekli da se diofantske jednadzbe ne proucavaju u nastavi, ali za njihovo rjesavanje jedovoljno skolsko znanje matematike. Cesto su po obliku jednostavne, ali je njihovo rjesavanjeslozeno, i obratno. Poznavanje razlicitih metoda rjesavanja i prepoznavanje razlicitih slucajevauglavnom su najvazniji kod trazenja rjesenja. Jednadzba se najcesce mora prvo zapisati uodgovarajuci oblik, da bi se kroz razlikovanje dopustenih slucajeva mogao suziti skup mogucihrjesenja, te na kraju i pronaci ih. Naravno, neki ce se zadaci moci rijesiti na vise nacina, koristecirazlicite metode, ili pak kombiniranjem vise metoda.Pogledajmo jedan primjer Diofantske jednadzbe:

Primjer 1. Pronadite cjelobrojna rjesenja jednadzbe xyz = 2007.Rjesenje. Jednadzba xyz = 2007 je treceg stupnja, ali i jednostavnog oblika. Mozemo ju pisati uobliku xyz = 1 · 1 · 2007 = 1 · 3 · 669 = 1 · 9 · 223 = 3 · 3 · 223 i sad nije tesko zamjenomredoslijeda ili promjenom predznaka faktora u svakom od rastava broja 2007 naci da jednadzbaima 72 rjesenja. Ispis rjesenja cemo prepustiti citatelju.


4.1 Osnovna svojstva brojeva

Ne treba zaboraviti da radimo sa mladim matematicarima koji tek krecu u ozbiljniji svijetmatematike (7. i 8. razred) pa ih treba podsjetiti i/ili upoznati sa slijedecim nizom jednostavnihcinjenica o brojevima:

• Paran prirodan broj je oblika 2k, a neparan oblika 2k − 1, k ∈ N.

• Prirodan broj je djeljiv s 3 ako mu je zbroj znamenki djeljiv s 3.

• Prirodan broj je djeljiv s 9 ako mu je zbroj znamenki djeljiv s 9.

• Ako je svaki pribrojnik u zbroju djeljiv s nekim brojem, onda je i zbroj djeljiv s tim brojem.

• Umnozak tri uzastopna prirodna broja djeljiv je s 6.

• Umnozak dva uzastopna parna prirodna broja djeljiv je s 8.

• Kvadrati prirodnih brojeva ne mogu zavrsavati s 2,3,7 i 8.

Dokaz. Ako sve prirodne brojeve razvrstamo u skupove prema posljednjoj znamenkibrojeva, dobivamo deset razlicitih podskupova, tj. skupove brojeva koji zavrsavaju s0,1,2,3,4,5,6,7,8,9. Ispitujemo dalje i zakljucujemo da ako broj zavrsava sa 0,1,...,9 ondanjegov kvadrat zavrsava znamenkama 0,1,4,9,6,5,6,9,4,1, redom.

• Kvadrat svakog parnog prirodnog broja oblika je 4m.

Dokaz. Ocito ako je svaki prirodan broj oblika a = 2k, k ∈ N onda je njegov kvadrata2 = (2k)2 = 4k2 = 4m gdje smo oznacili m = k2,m ∈ N.

• Kvadrat svakog neparnog prirodnog broja je oblika 8m + 1.

Dokaz. Svaki neparan prirodni broj je oblika a = 2k − 1 gdje je k ∈ N. Slijedia2 = (2k − 1)2 = 4k2 − 4k + 1 = 4k(k − 1) + 1. Kako su svaka dva uzastopna prirodna brojadjeljiva s 2 onda u slucaju da je k > 1 umnozak k(k − 1) paran broj pa je a2 = 4 · 2m + 1.Ukoliko je k = 1 imamo 8 · 0 + 1.

• Svaki prost broj veci od 3 oblika je 6m − 1 ili 6m + 1.

Dokaz. Svaki prirodan broj pri dijeljenju sa 6 daje neki od ostataka 0, 1, 2, 3, 4, 5. Brojevioblika 6k, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4 su slozeni pa za proste brojeve vece od 3 ostaju jedinomogucnosti 6k + 1 i 6k + 5. Ostaje primjetiti 6k + 5 = 6k + 6− 1 = 6(k + 1)− 1, a to je oblikkoji smo trazili.


• Kvadrat svakog prostog broja veceg od 3 je oblika 12m + 1.

Dokaz. Prema prethodnoj tvrdnji znamo oblik svih prostih brojeva vecih od 3 pa(6k ± 1)2 = 36k2 ± 12k + 1 = 12(3k2 ± k) + 1.

• Ako je n2 paran broj, onda je i n paran broj.

Dokaz. Ako je n = 2k + 1 (neparan broj) onda je n2 = 4k2 + 4k + 1 = 2k(k + 1) + 1, tj.neparan broj.

• Ako je n2 neparan broj onda je i n neparan broj.

Dokaz. Analogan dokazu prethodne tvrdnje.

• Zbroj i razlika dvaju cijelih brojeva iste je parnosti.

4.2 Linearne diofantske jednadzbe

Opci oblik linearne diofantske jednadzbe je ax + by = c, gdje su a, b, c ∈ Z te je barem jedan odbrojeva a, b razlicit od 0. Ako je slobodni clan c = 0, kazemo da je pripadna diofantska jednadzbahomogena. Ona uvijek ima beskonacno mnogo rjesenja u skupu cijelih brojeva sa opcimrjesenjem danim s x = −bk, y = ak, k ∈ Z.

Primjer 2. Rijesi u skupu cijelih brojeva linearne diofantske jednadzbe:a) 2x + 3y = 0,b) 2x − 9y − 11 = 0,c) 2x + 8y = 77.Rjesenje. a) Slobodni clan jednak je 0, pa je ovo primjer homogene linearne diofantskejednadzbe. Rekli smo kako ona ima beskonacno rjesenja i kako su ona zadana. Jednadzbu lakorjesavamo uvrstavanjem koeficijenata u opce rjesenje. Iz jednadzbe a = 2, b = 3 pa su trazenarjesenja x = −3k, y = 2k, k ∈ Z. Lako je vidjeti da je za ∀k ∈ Z zadovoljena pocetna jednadzba.b) Jednadzba ima rjesenja. Uocavamo odmah da je (1,−1) jedno rjesenje. Takoder uocavamo daje y neparan, tj. oblika y = 2k − 1. Tada je 2x = 9y + 11 = 9(2k − 1) + 11 = 18k + 2, pax = 9k + 1. Sva rjesenja dana su jednakostima

x = 9k + 1, y = 2k − 1, k ∈ Z

sto je lako provjeriti.c) Ova jednadzba nema rjesenja jer za sve cijele brojeve x i y njezina lijeva strana je paran broj, adesna neparan.Treba napomenuti da neke linearne diofantske jednadzbe imaju cjelobrojna rjesenja, a nekanemaju. Pogledajmo slijedeci teorem:


Teorem 1 Neka su a, b, c cijeli brojevi i d = (a, b). Ako d - c onda jednadzba

ax + by = c

nema cjelobrojnih rjesenja. Ako d | c onda navedena jednadzba ima beskonacno mnogocjelobrojnih rjesenja. Ako je (x1, y1) jedno rjesenje, onda su sva rjesenja dana s

x = x1 +bd· t, y = y1 −

ad· t

gdje je t ∈ Z.

Dokaz ovog teorema mozete pogledati u [5], strana 76.Iz ovog teorema mozemo zamijetiti dvije vazne cinjenice. Prvo, kao sto smo vec rekli, homogenalinearna diofantska jednadzba ima uvijek beskonacno mnogo rjesenja u skupu cijelih brojeva.Drugo smo mogli zamijetiti i na vec rijesenom primjeru 1.b). Opce rjesenje (9k + 1, 2k − 1)mozemo shvatiti kao zbroj uredenih parova (9k, 2k) i (1,−1). Prvi par je opce rjesenje pridruzenehomogene jednadzbe 2x − 9y = 0, dok je drugi uredeni par posebno rjesenje promatranejednadzbe. Prema teoremu, ovo vrijedi opcenito.Postavlja se pitanje odredivanja jednog posebnog rjesenja linearne diofantske jednadzbe. Umnogim slucajevima to je rjesenje lako pronaci, ali, naravno, ne svima.

Primjer 3. Rijesite jednadzbu 6x + 2y = 5 u skupu cijelih brojeva.Rjesenje. Vidimo da je (6, 2) = 2 i da 2 - 5. Stoga po gornjem teoremu slijedi da ova jednadzbanema cjelobrojnih rjesenja.

Primjer 4. Pronadite posebno rjesenje slijedecih jednadzbi u skupu cijelih brojeva:a) 3x + 2y = 5b) 11x + 13y = −3c) 23x + 31y = 17.Rjesenje. a) (3, 2) = 1 i 1 | 5. Trazimo jedno rjesenje. Ocito x = 1, y = 1 zadovoljava jednadzbu,pa su sva rjesenja dana s x = 1 + 2t, y = 1 − 3t, t ∈ Z i ima ih beskonacno mnogo. Neka od njih su(3,−2), (5,−5), (7,−8), itd. Dakle, rjesenje u ovom slucaju se lako nalazi.b) Posebno rjesenje cemo u ovom slucaju teze uociti. Provjeravanjem pronalazimo da je touredeni par (x1, y1) = (8,−7).c) Proucavanjem koeficijenata uz nepoznanice vidimo da je (23, 31) = 1. Koristeci gornji teorem,jer 1 dijeli slobodni clan, jednadzba ima cjelobrojno rjesenje. No, ovdje ne mozemo odmahvidjeti rjesenje. Stoga se u primjenu uvodi Euklidov algoritam:

Teorem 2 (Teorem o dijeljenju s ostatkom) Za proizvoljan prirodni broj a i cijeli broj b postojejedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je b = qa + r, 0 ≤ r < a.


Teorem 3 (Euklidov algoritam) Neka su b i c > 0 cijeli brojevi. Pretpostavimo da jeuzastopnom primjenom Teorema 2. dobiven niz jednakosti

b = cq1 + r1, 0 < r1 < c,

c = r1q2 + r2, 0 < r2 < r1,

r1 = r2q3 + r3, 0 < r3 < r2,... =

...

r j−2 = r j−1q j + r j, 0 < r j < r j−1

r j−1 = r jq j+1.

Tada je (b, c) jednak r j posljednjem ostatku razlicitom od 0. Vrijednosti od x0 i y0 u izrazu(b, c) = bx0 + cy0 mogu se dobiti izrazavanjem svakog ostatka ri kao linearne kombinacije od b i c.

Za dokaz prethodna teorema ponovno cemo se pozvati na [5], str. 2. i 4.

Primjer 5. Rijesimo jednadzbu 252x + 198y = (252, 198).Rjesenje.

252 = 198 · 1 + 54,

198 = 54 · 3 + 36,

54 = 36 · 1 + 18,

36 = 18 · 2.

Dakle, dobili smo da je posljednji ostatak razlicit od 0 broj 18, tj. (252, 198) = 18. Sada trazimoodgovarajucu linearnu kombinaciju

18 = 54− 36 · 1 = 54− (198− 54 · 3) = 4 · 54− 198 = 4 · (252− 198 · 1)− 1 · 198 = 4 · 252− 5 · 198

Slijedi da je x = 4, y = 5 jedno rjesenje nase diofantske jednadzbe.

Rjesenje jednadzbe bx + cy = (b, c) moze se efikasno traziti i na slijedeci nacin:ako je

r−1 = b, r0 = c, ri = ri−2 − qiri−1;

x1 = 1, x0 = 0, x1 = xi−2 − qixi−1;

y1 = 0, y0 = 1, y1 = yi−2 − qiyi−1


onda je bxi + cyi = (b, c) za i = −1, 0, 1, ..., j + 1. Ova tvrdnja je tocna za i = −1, i = 0 pa tvrdnjatrivijalno slijedi indukcijom, jer obje strane zadovoljavaju istu rekurzivnu relaciju. Posebno je

bx j + cy j = (b, c).

Koristeci ovaj nacin rjesavanja pronadimo rjesenje prethodnog primjera. Pronasli smo(252, 198) = 18.

i -1 0 1 2 3q1 1 3 1xi 1 0 1 -3 4yi 0 1 -1 4 -5

Iz tablice iscitamo x i y.

5 METODE RJESAVANJA DIOFANTSKIH JEDNADZBI 19

5 Metode rjesavanja diofantskih jednadzbi

Mnogi se matematicki problemi svode na rjesavanje diofantskih jednadzbi. U ovom dijelucemo predstaviti i opisati najvaznije metode kojima dolazimo do naseg rjesenja. Ovo nisu svinacini rjesavanja ovih jednadzbi, no nama je u ovom slucaju vazno da su ove metode jednostavnei primjerene znanju matematike nasih ucenika.Sve metode koje slijede su zapravo posebni oblici jedne opce metode koja se naziva metodarazlikovanja slucajeva. Kako ona ima vaznu ulogu u matematici zadrzimo se malo na njenomopisu. Bit ove metode sastoji se u razlaganju rjesavanja slozenog problema na manje ijednostavnije probleme koje znamo rijesiti. Cesta je u upotrebi kod dokazivanja tvrdnji i prirjesavanju odredbenih zadataka u raznim podrucjima matematike. Kada koristimo ovu metodu,ovisno radi li se o dokazivanju tvrdnji ili rjesavanju odredbenih zadataka, pratimo slijedecekorake:

1. pri dokazivanju tvrdnji:

(a) Tvrdnju A trebamo dokazati na temelju cinjenice B;

(b) Cinjenica B se razlaze na slucajeve B1, B2, ...Bn;

(c) Dokazuje se tvrdnja A u svakom slucaju Bi, i = 1, ..., n;

(d) Valjanost tvrdnje A proizlazi u svakom od slucajeva Bi.

2. pri rjesavanju odredbenih zadataka:

(a) Problem A treba rijesiti u skupu B;

(b) Skup B dijelimo na konacno mnogo disjunktnih podskupova B1, B2, ..., Bn tako daB1 ∪ B2 ∪ B3 ∪ ... ∪ Bn = B;

(c) Problem A se rjesava u svakom podskupu;

(d) Skup rjesenja problema A u skupu B jednak je uniji skupova rjesenja problema A upodskupovima B1, ..., Bn.

Primjer 6. Ima li jednadzba x2 + y2 = 1998 rjesenje u skupu cijelih brojeva?Rjesenje. Vidimo da su brojevi x i y iste parnosti pa razlikujemo slucaj kada su x, y parni brojevi islucaj kada su x, y neparni brojevi (skup cijelih brojeva razlazemo na parne i neparne cijelebrojeve).

1. x i y su parni brojevix = 2m, y = 2n


(2m)2 + (2n)2 = 1998

4m2 + 4n2 = 1998

4 - 1998

stoga nasa jednadzba nema rjesenja (po Teoremu 1.).

2. x i y su neparni brojevix = 2m + 1, y = 2n + 1

(2m + 1)2 + (2n + 1)2 = 1998

4m2 + 4m + 1 + 4n2 + 4n + 1 = 1998

m2 + m + n2 + n = 499

m(m + 1) + n(n + 1) = 499

Lijeva strana jednadzbe je zbroj dva parna broja pa je i on djeljiv s 2, a 2 - 499, pa nasajednadzba ni u ovom slucaju nema rjesenje.

5.1 Metoda umnoska

Slijedecu metodu primjenjujemo kod diofantskih jednadzbi najmanje drugog stupnja. Zadanudiofantsku jednadzbu svede se prvo nizom transformacija na oblik kojem je lijeva strana, gdje senalaze nepoznanice, umnozak, a desna strana cijeli broj. Zatim razmatramo sve moguce slucajeveza dobivene faktore. Ako se na desnoj strani pojavi slozen broj, broj mogucih slucajeva moze bitivelik.

Primjer 7. Rijesi u skupu cijelih brojeva jednadzbu x2 − xy + 2x − 2y + 3 = 0.Rjesenje.

x2 − xy + 2x − 2y + 3 = 0

x2 − xy + 2x − 2y = −3

x(x − y) + 2(x − y) = −3

(x + 2)(x − y) = −3

Znamo da su x + 2, x − y ∈ Z i razlicitog predznaka. Imamo slucajeve:

1. x + 2 = 1, x − y = −3 iz cega slijedi x = −1, y = 2.

2. x + 2 = −3, x − y = 1 iz cega slijedi x = −5, y = −6.

3. x + 2 = −1, x − y = 3 iz cega slijedi x = −3, y = −6.

4. x + 2 = 3, x − y = −1 iz cega slijedi x = 1, y = 2.


5.2 Metoda kvocijenta

Jednadzba se transformira tako da se jedna nepoznanica predoci kao racionalna funkcija drugenepoznanice. Analiziranjem dobivene racionalne funkcije izdvoje se svi moguci slucajevi.

Primjer 8. Rijesi jednadzbu 1x +

1y +

1xy = 1 u skupu prirodnih brojeva. (Zadatak sa zupanijskog

natjecanja za 8. razred)Rjesenje.

y + x + 1 = xy

x + 1 = xy − y

x + 1 = y(x − 1)

y =x + 1x − 1

= 1 +2

x − 1

Za 1 znamo da je prirodni broj pa da bi y bio prirodan broj mora i 2x−1 biti prirodan broj, a to je

moguce samo za dva slucaja: x = 2, y = 3 i x = 3, y = 2.

5.3 Metoda parnosti

Pri metodi parnosti koristimo se podijelom cijelih brojeva na parne i neparne. U zadanojjednadzbi odredi se parnost jedne od nepoznanica i na temelju toga zakljucuje ima li jednadzbacjelobrojno rjesenje ili nema.

Primjer 9. Dokazi da jednadzba (n2 + n + 2)x + 2y = 1 nema cjelobrojno rjesenje (x, y) ni zajedan cijeli broj n. (Opcinsko natjecanje za 1. razred srednje skole)Rjesenje. Kada bi n bio paran broj, tj. n = 2m,m ∈ Z slijedilo bi n2 + n + 2 = 4m2 + 2m + 2, sto jeisto paran broj, pa bi lijeva strana jednadzbe bila dijeljiva s 2, a desna ne. Dakle, takvo rjesenje nepostoji u skupu cijelih brojeva. Ako bi n bio neparan broj, n = 2k + 1, k ∈ Z dobili bin2 + n+ 1 = 4k2 + 4k + 1+ 2k + 1+ 2 = 4k2 + 6k + 4 sto je opet lijevu stranu ucinilo djeljivom s 2.Slijedi da ni ovaj put nemamo rjesenja nase jednadzbe.

5.4 Metoda posljednje znamenke

U diofanskoj jednadzbi koristimo nase poznavanje svojstava brojeva i pokusavamo odreditikoje su moguce posljednje znamenke svih brojeva s lijeve i desne strane jednakosti. Na temeljutoga izvodi se zakljucak ima li jednadzba cjelobrojno rjesenje ili nema. Da bismo bolje objasniliovu metodu pogledajmo slijedeci primjer.

Primjer 10. Rijesi u skupu cijelih brojeva 5x + 2y2 = 2001.


Rjesenje. Svi brojevi djeljivi s 5 imaju posljednju znamenku 0 ili 5. Isto znamo da kvadrat cijelogbroja zavrsava s 0,1,4,5,6 i 9, tj 2y2 zavrsava znamenkama 0,2 ili 8. Ako zbrajamo posljednjeznamenke i gledamo sve moguce kombinacije brojeva na lijevoj strani dobivamo

+ 0 2 80 0 2 85 5 7 3

tj. konacan zbroj na lijevoj strani zavrsava znamenkama 0,2,3,5,7 i 8, dok nam je posljednjaznamenka u 2001 znamenka 1. Zakljucujemo da rjesenje ne postoji.

5.5 Metoda nejednakosti

Bit ove metode sastoji se u suzavanju podrucja mogucih vrijednosti nepoznanica u jednadzbi irazmatranju slucajeva u tako dobivenom suzenom skupu.

Primjer 11. U skupu prirodnih brojeva rijesite jednadzbu a + b + c = abc.Rjesenje. Bez smanjenja opcenitosti pretpostavimo a ≤ b ≤ c. Slijedi, abc = a + b + c ≤ 3c, tj.ab ≤ 3, pa razlikujemo 3 slucaja:

1. a = 1, b = 1

2. a = 1, b = 2

3. a = 1, b = 3

Uvrstavajuci te vrijednosti u polaznu jednadzbu 1. slucaj vodi na kontradikciju (2 = 0), 2. dajec = 3, a 3. slucaj c = 2 sto je kontradikcija s b ≤ c. Jedino rjesenje je (1, 2, 3).

6 PITAGORINE TROJKE 23

6 Pitagorine trojke

Preostaje nam se pozabaviti sa Pitagorinim trojkama koje su usko vezane sa rjesavanjemdiofantskih jednadzbi.Pitagorina jednadzba

x2 + y2 = z2

najpoznatija je jednadzba drugog stupnja. Ona je ocito u vezi sa Pitagorinim teoremom. Imabeskonacno mnogo cjelobrojnih rjesenja. Kako se u njoj pojavljuju samo kvadrati nepoznanica,dovoljno je opisati rjesavanje te jednadzbe u skupu prirodnih brojeva.Vec po zavrsetku osnovnoskolskog obrazovanja ucenici ce se upoznati sa nekim rjesenjimaPitagorine jednadzbe: (3, 4, 5), (6, 8, 10), (9, 12, 15), (5, 12, 13).... Zapravo tako poznajubeskonacno mnogo rjesenja jer se od svakog ovakvog rjesenja moze kreirati skup od beskonacnomnogo rjesenja. Na primjer iz rjesenja (3, 4, 5) dobivamo skup rjesenja (3k, 4k, 5k), k ∈ Z. Vecinaovih rjesenja uvodi se kroz neki od zadataka, ali nas zanima i kako definirati, koja su svojstvaPitagorinih trojki i na kraju kako ih pronalaziti.Uredenu trojku prirodnih brojeva (x, y, z) zovemo Pitagorina trojka ako su x i y katete, a zhipotenuza nekog Pitagorinog trokuta, tj. ako vrijedi:

x2 + y2 = z2.

Ako su pritom brojevi x, y, z relativno prosti, onda kazemo da je (x, y, z) primitivna Pitagorinatrojka.Ovdje su nam osobito zanimljiva primitivna rjesenja Pitagorine jednadzbe, jer vec iz onihnekoliko navedenih rjesenja mozemo vidjeti da iz (3, 4, 5) mnozenjem sa 2, 3, ... redom dobivamo(6, 8, 10), (9, 12, 15), ... koji su isto rjesenja Pitagorine jednadzbe.Pogledajmo prvo jedan laksi zadatak:

Primjer 12. a) Nadite sve Pitagorine trojke koje se sastoje od tri susjedna prirodna broja;b) Nadite sve Pitagorine trojke ciji su clanovi tri uzastopna clana nekog aritmetickog niza.Rjesenje. a) Iz uvjeta (n − 1)2 + n2 = (n + 1)2, dobivamo n2 = 4n, tj. n = 4. Prema tome, jedinaPitagorina trojka s trazenim svojstvom je (3, 4, 5).b) Neka je (n − k, n, n + k) Pitagorina trojka s trazenim svojstvom. Tada je (n − k)2 + n2 = (n + k)2,odnosno n2 = 4nk, tj. n = 4k. Dakle, trazene trojke su oblika (3k, 4k, 5k) gdje je k ∈ N.Ono sto je vazno ucenicima za rjesavanje Pitagorinih jednadzbi iskazuje se kroz dva teorema:

Teorem 4 a) Rjesenje (x1, y1, z1) Pitagorine jednadzbe x2 + y2 = z2 je osnovno (primitivno) ako jenajveci zajednicki djelitelj D(x1, y1) brojeva x1 i y1 jednak 1.b) Ako je (x1, y1, z1) osnovno rjesenje Pitagorine jednadzbe x2 + y2 = z2, onda su svaka dva od tihbrojeva u parovima relativno prosti, a od brojeva x1 i y1 jedan je paran a drugi neparan.

6 PITAGORINE TROJKE 24

Dovoljno je promatrati slucaj kad su x, y, z relativno prosti jer ukoliko posjeduju zajednicki faktord > 1, onda jednadzbu mozemo podijeliti sa d2. Treba napomenuti i da u svakom Pitagorinomtrokutu bar jedna od kateta mora biti parna, sto sad necemo dokazivati. Ali moramo iskazati islijedeci teorem:

Teorem 5 a) Sve primitivne Pitagorine trojke (x, y, z) u kojima je y paran, dane su formulama:

x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2,

gdje je m > n i m, n su relativno prosti brojevi razlicite parnosti.b) Sva cjelobrojna rjesenja Pitagorine jednadzbe x2 + y2 = z2 dana su jednakostima

x = (m2 − n2)d, y = 2mnd, z = (m2 + n2)d, m, n, d ∈ Z.

Iz ovog teorema mozemo lako zakljuciti da su sve Pitagorine trojke dane formulom:

[d(m2 − n2)]2 + (2dmn)2 = [d(m2 + n2)]2.

Primjer 13. Naci sve Pitagorine trokute cije sve tri stranice leze izmedu 2000 i 3000.Rjesenje. Neka je (x, y, z) trazena trojka. Tada je 20002 + x2 ≤ 30002, pa je 2000 ≤ x ≤ 2236.Analogno je 2000 ≤ y ≤ 2236. Takoder je z2 ≥ 20002 + 20002, pa je 2829 ≤ z ≤ 3000. Premaprethodnom teoremu, postoje prirodni brojevi m i n takvi da je x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2.Tada imamo:

2829 ≤ m2 + n2 ≤ 3000,

2000 ≤ m2 − n2 ≤ 2236,

2000 ≤ 2mn ≤ 2236.

Zbrajanjem prvih nejednakosti dobivamo: 50 ≤ m ≤ 51. Uvrstimo li ovo u posljednju nejednakostdobivamo 20 ≤ n ≤ 22. Konacno, iz prve nejednakosti dobivamo da jem2 ≤ 3000 − 202 = 2600 < 2601 = 512. Dakle, m = 50, pa n mora biti neparan, tj. n = 21.Trazena Pitagorina trojka je (2059, 2100, 2941).

7 ZADACI I RJESENJA 25

7 Zadaci i rjesenja

U ovom dijelu cemo se pozabaviti primjerima zadataka koji su se pojavljivali na razlicitimrazinama matematickih natjecanja, ali isto tako i zadacima koji mogu posluziti uceniku za vjezbukoristenja razlicitih metoda. Prvo cemo iznijeti zadatke koje mogu posluziti kako za opceinformiranje nastavnika matematike, tako i za nastavu i pripremu ucenika. Nakon toga cemoponuditi rjesenja zadataka uz kratku metodicku analizu nekih od njih.

7.1 Zadaci

1. Bogati vocar, vlasnik 441 stabla maslina u masliniku, zeli ta stabla podijeliti svojoj djeci iunucima, tako da svako njegovo dijete dobije 5 stabala maslina vise nego svako unuce. Kolikodjece, a koliko unucadi ima vocar, ako je ukupan broj djece i unucadi 18? Koliko je stabalamasline dobilo svako njegovo dijete, a koliko svako unuce? [Drzavno natjecanje 7. razreda, 1994.godina]

***

2. Za gradnju vodovoda duljine 70 metara mogu se rabiti cijevi duljine 3 metara i 5 metara. Nakoje sve nacine mozemo odabrati ove cijevi za izgradnju vodovoda, uz uvjet da se cijevi ne rezu?[8. razred, 1988. godina]

***

3. Koliko ima uredenih parova troznamenkastih prirodnih brojeva (x, y) koji su rjesenja jednadzbe3x + 4y = 1998? [Drzavno natjecanje 8. razreda, 1998. godina]

***

4. Rijesite u skupu cijelih brojeva jednadzbu 1x +

2y −

3z = 1. [Drzavno natjecanje 1. razreda, 2000.

godina]

***

5. Darko ce 2000. godine navrsiti onoliko godina koliki je zbroj znamenki godine njegovogrodenja. Koje godine je Darko roden? [Opcinsko natjecanje 1. razreda, 2000. godina]

***

6. Za koje cijele brojeve x je 2x2 − x − 36 kvadrat prostog broja? [Drzavno natjecanje 1. razreda,2001. godina]

***


7. Odredi sve proste brojeve p za koje je broj 5p + 1 kvadrat nekog prirodnog broja. Odgovorobrazlozi. [Zupanijsko natjecanje 8. razreda, 2001. godine]

***

8. Za posiljke satova na raspolaganju su tri vrste kutija. U kutiju prve vrste moze se sloziti 65satova, u kutiju druge vrste 35 satova, a u kutiju trece vrste 20 satova. Cijene prijevoza ovih kutijasu redom 100,70 i 50 kuna. Koje je kutije najbolje koristiti za pakovanje 500 satova da bi utrosakprijevoza bio najmanji?

***

9. Nadite sva cjelobrojna rjesenja jednadzbe

4x + y + 4√

xy − 28√

x − 14√

y + 48 = 0.

[Zupanijsko natjecanje 1. razreda, 2003. godina]

***

10. Odredi sve uredene parove (x, y) cijelih brojeva za koje vrijedi jednakost

x2

9+

y2

25= 1.

[Zupanijsko natjecanje 8. razreda, 2003. godina]

***

11. Odredite sve pravokutne trokute kojima su duljine stranica prirodni brojevi i pritom je duljinajedne od njih jednaka 17. [Zupanijsko natjecanje 8. razreda, 2005. godina]

***

12. Nadite sve cijele brojeve a za koje su izrazi 61 + a i a + 4 kvadrati cijelih brojeva.

***

13. Odredite sve troznamenkaste brojeve xyz koji su jednaki izrazu

x + y + z + xy + yz + zx + xyz.

[Drzavno natjecanje 1. razreda, A varijanta, 2006. godina]

***


14. Odredi sve cijele brojeve m, n za koje vrijedi

m3 + n3 = (m + n)2.


***

15. Nadite sve prirodne brojeve n za koje su ispravne dvije od slijedece tri tvrdnje:

1. n je kvadrat prirodnog broja,

2. posljednja znamenka broja n je 3,

3. n + 15 je kvadrat prirodnog broja.

***

16. Odredi sva cjelobrojna rjesenja jednadzbe

x3 − y3 = 91.

[Skolsko natjecanje 2. razreda, A varijanta, 2008. godina]

***

17. Ima li jednadzba x2 + y2 − 8z = 14 cjelobrojnih rjesenja? Ako ima, odredi ih. Ako nema,dokazi. [Zupanijsko natjecanje 1. razreda, A varijanta, 2009. godina]

***

18. Odredi parove cijelih brojeva x i y za koje vrijedi xy − 7x − y = 3. [Zupanijsko natjecanje 7.razreda, 2011. godina]

***

19. Odredi sve parove (x, y) cijelih brojeva koji zadovoljavaju jednadzbu

x2(y − 1) + y2(x − 1) = 1.


***

20. Odredi sve parove (x, y) cijelih brojeva za koje vrijedi

6x2y2 − 4y2 = 2012 − 3x2.



7.2 Rjesenja

1. Metodicka analiza. Pravilno prevodenje na matematicki jezik svest ce zadatak na linearnudiofantsku jednadzbu koju nije tesko rijesiti. Oznacimo broj vocareve djece kao jednunepoznanicu, a broj maslina koju je dobilo svako unuce kao drugu nepoznanicu.Rjesenje. Neka je x broj vocareve djece, tada je 18 − x broj njegove unucadi. Neka je y brojmaslina koje dobilo svako unuce, tada je svako vocarevo dijete dobilo y + 5 stabala masline. Zatovrijedi jednakost x(y + 5) + y(18 − x) = 441, ili 5x + 18y = 441. Sada smo dobili diofantskujednadzbu koju mozemo rijesiti nekom od raspravljanih metoda. Za primjer uzmimo metodukvocijenta: Iz gornje jednadzbe dobivamo

y = 24 +9 − 5x

18.

U ovom slucaju trazimo samo rjesenja iz skupa prirodnih brojeva pa 9−5x18 ∈ N. Stoga je

9 − 5x = 18k, k ∈ N, tj. x = 9(2k−1)5 . Analogno, 2k−1

5 ∈ N, pa 2k − 1 = 5l, l ∈ N, tj. k = 5l+12 .

Najmanji takav l za koji je k ∈ N je l = 1, pa slijedi rekurzivno k = 3, x = 9, y = 22. Vocar ima 9djece i isto toliko unucadi, a svako njegovo dijete je dobilo 27 stabala maslina, a unuce 22 stablamasline.

***

2. Rjesenje. Neka je x broj cijevi duljine 3 metara, a y broj cijevi duljine 5 metara. Tada vrijedi

3x + 5y = 70.

Budci da je D(3, 5) = 1 ova linearna diofantska jednadzba ima rjesenje u skupu cijelih brojeva.Lako je uociti jedno rjesenje: x = 0, y = 14, pa je opce rjesenje dano sa x = 0 + 5k, y = 14 − 3k.Zanimaju nas samo rjesenja u kojima je x ≥ 0, y ≥ 0, tj. 0 ≤ t ≤ 4. To su(0, 14), (5, 11), (10, 8), (15, 5), (20, 2).

***

3. Metodicka analiza. Mozemo odmah zamijetiti da se spominju troznamenkasti brojevi, pa namse logicki pretpostavlja postojanje granica koje mozemo iskoristiti u metodi nejednakosti.Rjesenje. Zamijetimo da 2|1998 i 2|4y pa mora biti i 2|3x, tj. x = 2k, k ∈ N. Uvrstimo ovo upocetnu jednadzbu:

6k + 4y = 1998 ⇒ 3k + 2y = 999.

Analogno, 3|3k i 3|999, pa 3|2y. Slijedi y = 3n, n ∈ N. Uvrstimo ovo u drugu jednadzbu:

3k + 6n = 999 ⇒ k + 2n = 333.


Ocito je 100 ≤ x ≤ 999 i 100 ≤ y ≤ 999, jer su trazeni brojevi troznamenkasti. Zbog y ≥ 100 je3n ≥ 100, tj. n ≥ 33.3 ili n je veci od 34. Isto tako iz x ≥ 100 slijedi k ≥ 50. To znaci da je333 − 2n ≥ 50, pa nadalje 333 − 50 ≥ 2n, tj. 2n ≤ 283. Iz toga, n ≤ 141.5, odnosno jer se radi oskupu cijelih brojeva n ≤ 141. Dakle, 34 ≤ n ≤ 141, pa trazenih uredenih parova ima141 − 33 = 108.

***

4. Metodicka analiza. Ako ne vidimo odmah slucajeve koji su povoljni trebamo krenuti od svihslucajeva. Kako smo u skupu prirodnih brojeva slucajevi su x = 1, 2, 3... Nije moguce sveslucajeve razmotriti, ali nije niti potrebno. Ocekuje se da ucenik napravi ogranicenje na povoljneslucajeve tokom razmatranja. Ako pocetnu jednadzbu pomnozimo sa zajednickim nazivnikomdobivamo diofantsku jednadzbu oblika

yz + 2xz − 3xy = xyz

koju mozemo rijesiti metodom umnoska ili kvocijenta.Rjesenje. Pogledajmo korake:a) x = 1. Jednadzba dobiva oblik yz + 2z − 3y = yz, odnosno 3y = 2z. Njezina rjesenja suy = 2k, z = 3k, k ∈ N.b) x = 2. Jednadzba poprima oblik yz + 4z − 6y = 2yz, odnosno yz + 6y − 4z = 0. Nju mozemopisati u obliku (y − 4)(z + 6) = −24. Ocito prvi faktor na lijevoj strani mora biti negativan, pa jey = 1, 2, 3. Tada je z = 2, 6, 18.c) x = 3. Jednadzba poprima oblik yz + 6z − 9y = 3yz, odnosno 2yz + 9y − 6z = 0. Nju mozemopisati (y − 3)(2z + 9) = −27. Ocito prvi faktor na lijevoj strani mora biti negativan, pa je jedini parbrojeva koji zadovoljava tu jednadzbu y = 2, z = 9. Rjesenje polazne jednadzbe je (3, 2, 9).d) x = 4. Jednadzba poprima oblik yz + 8z − 12y = 4yz, odnosno 3yz + 12y − 8z = 0. Nju mozemopisati (3y − 8)(z + 4) = −32. Ocito prvi faktor na lijevoj strani mora biti negativan, pa je jedini parbrojeva koji zadovoljava tu jednadzbu y = 2, z = 12. Rjesenje polazne jednadzbe je (4, 2, 12).Posljednja dva slucaja ukazuju na cinjenicu da je za x ≥ 3 uvijek y = 2, z = 3x. Pokazimo to.e) x ≥ 3. Jednadzba poprima oblik yz(x − 1) + 3xy − 2xz = 0, odnosno[(x − 1)y − 2x](z + 3x

x−1 ) = − 6x2

x−1 .Ocito prvi faktor na lijevoj strani mora biti negativan, dakle(x − 1)y − 2x < 0, tj. y < 2x

x−1 . Najveci broj na desnoj strani je 3. To znaci da za sve x ≥ 3 vrijediy < 3, pa imamo dva slucaja y = 1 i y = 2. Nova rjesenja daje samo drugi slucaj. Za y = 2 polaznajednadzba poprima oblik z = 3x, pa lako zakljucujemo da ona u ovom slucaju ima beskonacnomnogo rjesenja (k, 2, 3k), k ≥ 3.

***

5. Metodicka analiza. U ovom zadatku bitno je usmjeriti ucenika u pravom smjeru razmisljanjakako bi dosao do diofantske jednadzbe koju je lagano rijesiti. Lako se zakljucuje da je Darko


roden u 20. stoljecu i da moze imati najvise 28 godina. Isto tako, 2000 manje broj njegovihgodina je jednako sumi znamenki godine njegova rodenja. Iz ovoga dobivamo potrebnujednadzbu.Rjesenje. Darko nema vise od 1 + 9 + 9 + 9 = 28 godina i mozemo zakljuciti da se rodio u 20.stoljecu npr. 19mn. godine.2000. ce godine navrsiti 2000 − (1900 + 10m + n) godina sto je jednako zbroju znamenki njegovarodenja, tj.

2000 − (1900 + 10m + n) = 1 + 9 + m + n

11m + 2n = 90.

Sada smo dobili diofantsku jednadzbu koju znamo rijesiti. Uocimo da m u jednadzbi mora bitparan broj. Slijedi

0 ≤ n =90 − 11m

2≤ 9

7211≤ m ≤

9011

Kako je m paran cijeli broj nase rjesenje je m = 8, n = 1. Darko je roden 1981. godine i ovegodine navrsava 1 + 9 + 8 + 1 = 19 godina.

***

6. Rjesenje. Komisija za rjesenja zamislilo ga je na slijedeci nacin: Zanimaju nas slucajevi kadaje 2x2 − x − 36 = p2, gdje je p prost broj. Ovo mozemo zapisati kao p2 = (x + 4)(2x − 9) = abgdje su a, b ∈ Z. Isto tako cemo iskoristiti da je 2a − b = 17. Pogledajmo sada moguce slucajeve:

1. a = p2, b = 1 ⇒ 2p2 − 1 = 17 ⇒ p = 3⇒ x = a − 4 = p2 − 4 = 5;

2. a = p, b = p ⇒ 2p − p = 17 ⇒ p = 17⇒ x = a − 4 = p − 4 = 13;

3. a = 1, b = p2 ⇒ 2 − p2 = 17 ⇒ p2 = −15, sto nije moguce;

4. a = −p2, b = −1 ⇒ −2p2 + 1 = 17 ⇒ p2 = −8, sto nije moguce;

5. a = −p, b = −p ⇒ −2p + p = 17 ⇒ p = −17, sto nije moguce;

6. a = −1, b = −p2 ⇒ −2 + p2 = 17 ⇒ p2 = 19, sto nije moguce;

Dakle, trazeni brojevi su x = 5 i x = 13.

***


7. Metodicka analiza. U ovom zadatku se pokazalo da vecina da ucenika pokusava pronacislucajeve koji odgovaraju rjesenju pa nekakvim logickim procesom zakljuciti opce pravilo za svetakve proste brojeve. Umjesto toga potrebno je razloziti zadatak na neke osnovne cinjenice izkojih se dobiva tek nekoliko mogucih slucajeva.Rjesenje. Zadatak mozemo zapisati kao 5p + 1 = n2, tj. 5p = n2 − 1, n ∈ N. Rastavimo li desnustranu jednakosti dobivamo 5p = (n − 1)(n + 1). Kako je lijeva strana jednakosti pozitivna, morabiti i desna, pa su faktori n − 1 i n + 1 su ili oba pozitivni ili oba negativni.Odmah vidimo da je slucaj n − 1 < 0, n + 1 < 0 nemoguc, jer je tada n < −1 sto je u suprotnosti spreptostavkkom da je n prirodni broj. Kada je n − 1 > 0, n + 1 > 0, moguca su 4 slucaja:n − 1 = 1

n + 1 = 5pili

n − 1 = 5pn + 1 = 1

ili

n − 1 = 5n + 1 = p

ili

n − 1 = pn + 1 = 5

U svakom ovom sustavu lako odredujemo n. U prvom sustavu n = 2, ali ne postoji prosti broj ptakav da je 5p = 3.U drugom sustavu n = 0, ali tada n nije prirodni broj.U trecem sustavu n = 6, pa je p = 7, i to je prvo rjesenje. Iz cetvrtog sustava dobivamon = 4, p = 3, sto je drugo rjesenje.U napomeni ovog zadatka dodatno stoji da su pogodena rjesenja manje bodovana.

***

8. Metodicka analiza. Zadatak prvo treba prevesti na matematicki jezik. Oznacimo sa a, b, cbrojeve kutija prve,druge i trece vrste. Brojevi satova u njima su tada 65a, 35b i 20c. Iz ovogadobivamo jednadzbu

65a + 35b + 20c = 500

ili13a + 7b + 4c = 100.

Sada metodom kvocijenta mozemo rijesiti ovo jednadzbu.Rjesenje. c mozemo izraziti preko a i b:

c =100 − 13a − 7b

4= 25 − 3a − b −

a + 3b4.

U ovom trenutku trebamo zakljuciti da a mora biti manji od 7. Ako je a 7 ne mozemo napravitikombinaciju takvu da posaljemo 500 satova. Isto tako, a+3b

4 ≥ 0. Zato trebamo ispitati sve takvemogucnosti:

slucaj 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10a 0 0 0 0 1 1 1 2 2 2b 0 4 8 12 1 5 9 2 6 10c 25 18 11 4 20 13 6 18 8 1

trosak 1250 1180 1110 1040 1170 1100 1030 1090 1020 950


slucaj 11 12 13 14 15 16 17a 3 3 4 4 5 5 6b 3 7 0 4 1 5 2c 10 3 12 5 7 0 2

trosak 1010 940 1000 930 920 850 840

Trosak prijevoza najmanji je u posljednjem slucaju pa 500 satova treba prevesti u 6 kutija prvevrste, 2 kutije druge vrste i 2 kutije trece vrste.

***

9. Metodicka analiza. Za rjesavanje zadatka dovoljno je prepoznavanje formule za kvadrattrinoma u pocetnoj jednadzbi. Ucenici koji prepoznaju ovaj prvi korak lako rjesavaju nastavakzadatka.Rjesenje. Danu jednadzbu mozemo zapisati u obliku

4x + y + 49 + 4√

xy − 28√

x − 14√

y = 1,

odnosno(2√

x +√

y − 7)2 = 1.

Odavde slijedi 2√

x +√

y − 7 = ±1.

1o 2√

x +√

y − 7 = 1 ⇒√

y = 8 − 2√

x,√

x ≥ 0 ⇒ 8 − 2√

x ≥ 0⇒√

x ≤ 4 ⇒

x = 0, 1, 4, 9, 16 i y = 64, 36, 16, 4, 0.2o 2

√x+√

y− 7 = −1 ⇒√

y = 6− 2√

x,√

y ≥ 0 ⇒ 6− 2√

x ≥ 0⇒√

x ≤ 3 ⇒

x = 0, 1, 4, 9, i y = 36, 16, 4, 0.

Rjesenja su sadrzana u skupu

(x, y) ∈ {(0, 64), (1, 36), (4, 16), (9, 4), (16, 0), (0, 36), (1, 16), (4, 4), (9, 0)}.

***

10. Rjesenje. Brojevi x2

9 i y2

25 su dva nenegativna broja cija suma je 1, tj. x2

9 ≤ 1 i y2

25 ≤ 1.Zakljucujemo da je x2 ≤ 9 i y2 ≤ 25. Dakle, x je cijeli broj ciji je kvadrat manji ili jednak 9, tj.x ∈ {−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3}, a y je cijeli broj ciji je kvadrat manji ili jednak 25, tj.y ∈ {−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5}.Ako je x = ±3, tada je x2

9 = 1, pa je y2

25 = 0, tj. y = 0.Ako je x = ±2, tada je x2

9 =49 , pa je y2

25 = 1 − 49 =

59 , tj. y = 125

9 , a ta jednadzba nema rjesenja u Z.Ako je x = ±1, tada je x2

9 =19 , pa je y2

25 = 1 − 19 =

89 , tj. y = 200

9 , a ta jednadzba nema rjesenja u Z.Ako je x = 0, tada je x2

9 = 0, pa je y2

25 = 1, tj. y = ±5.Trazeni uredeni parovi su (−3, 0), (3, 0), (0,−5), (0, 5).


***

11. Metodicka analiza. Kako se radi o pravokutnom trokutu sigurno cemo upotrebiti Pitagorinpoucak. U zadatku nije specifirano da li je zadana duljina hipotenuze ili jedne katete, pa moramoistraziti obje mogucnosti. Ako je zadana duljina hipotenuze, imamo diofantsku jednadzbua2 + b2 = 172, a ako je zadana duljina jedne katete, npr. a, rjesavamo diofantsku jednadzbu172 + b2 = c2. Oba slucaja mozemo rjesavati metodom umnoska.Rjesenje. U prvom slucaju trebamo naci dva kvadrata ciji je zbroj jednak 289. Svi kvadrati manjiod 289 su 1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,225,256. Njihovim kombiniranjemotkrivamo da jedina dva kvadrata koji odgovaraju uvjetu su brojevi 64 i 225. Jedna trazenaPitagorina trojka je stoga (8, 15, 17). U drugom slucaju jednadzbu pisemo u obliku

c2 − b2 = 289,

odnosno(c − b)(c + b) = 289 = 1 · 289.

Rjesavanjem sustava c− b = 1, c+ b = 289 dobiva se c = 145, b = 144. Druga Pitagorina trojka je(17, 144, 145).

***

12. Rjesenje. Ako pretpostavimo da postoje cijeli brojevi m i n iz uvjeta zadatka dobivamojednadzbe

61 + a = m2

a + 4 = n2

Oduzmemo li drugu od prve dobivamo m2 − n2 = 57. Kako se u jednadzbi pojavljuju samokvadrati brojeva dovoljno je gledati samo njihove pozitivne vrijednosti. Tada je m − n < m + n, pajednadzbu pisemo u dva oblika:

(m − n)(m + n) = 1 · 57 = 3 · 19.

Sada imamo dva sustava jednadzbi:

m − n = 1 m − n = 3

m + n = 57 m + n = 19.

Njihova rjesenja su(m, n) = (29, 28), (11, 8).

Postoje dva rjesenja za broj a: a = 780, a = 60.


***

13. Metodicka analiza. Jasno nam je da prvo moramo dekadski prikaz broja xyz izjednaciti sazadanim izrazom:

100x + 10y + z = x + y + z + xy + yz + zx + xyz.

Kako nam vrijede nejednakosti za znamenke trazenog broja: x ≤ 9, y ≤ 9, z ≤ 9 iskoristit cemometodu nejednakosti pri rjesavanju.Rjesenje. Nasu jednadzbu napisimo u slijedecem obliku:

100x + 10y = (yz + y + z + 1)x + (z + 1)y,

100x + 10y = (y + 1)(z + 1)x + (z + 1)y.

Usporedivanjem koeficijenata uz x i y na lijevoj i desnoj strani odmah zakljucujemo da jey = 9, z = 9 i x bilo koja znamenka razlicita od 0. Trazeni brojevi su:199, 299, 399, 499, 599, 699, 799, 899, 999.

***

14. Metodicka analiza. Jasno je da prvo trebamo raspisati zbroj kubova u drugi oblik. Kada tonapravimo postaju ocita dva slucaja rjesenja. Iz drugog slucaja cemo dobiti kvadratnu jednadzbuu kojoj cemo traziti realne korijene. Ostatak rjesenja slijedi logicki.Rjesenje. Jednadzbu zapisimo u obliku

(m + n)(m2 − mn + n2) = (m + n)2.

Odavde slijedi da su svi parovi (m, n) = (a,−a), a ∈ Z jedno rjesenje dane jednadzbe. Promotrimodrugi slucaj, kada m , −n. Nakon dijeljenja s m + n dobivamo kvadratnu jednadzbu

m2 − (n + 1)m + n2 − n = 0.

Njezina diskriminanta je D = (n+ 1)2 − 4(n2 − n) = −3n2 + 6n+ 1. Da bi rjesenja bila realna morabiti D ≥ 0, tj. 3−2

√3

3 ≤ n ≤ 3+2√

33 , odakle slijedi n ∈ {0, 1, 2}. Moramo jos promatrati sljedeca tri

slucaja:

1. n = 0 : m2 − m = 0, tj. m = 0 ili m = 1;

2. n = 1 : m2 − 2m = 0, tj. m = 0 ili m = 2;

3. n = 2 : m2 − 3m + 2 = 0, tj. m = 1 ili m = 2;

Skup cjelobrojnih rjesenja dane jednadzbe je

{(a,−a) : a ∈ Z} ∪ {(0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}.


***

15. Metodicka analiza. Trik o ovom zadatku je prvo rijesiti jedan lagani logicki zadatak. Ucenikse treba zapitati da li postoji tvrdnja koja ne moze biti tocna. Lako je uociti da tvrdnja (2) vrijedi.Ako vrijedi ne bi bile ispravne ostale tvrdnje jer znamo da kvadrati prirodnih brojeva ne moguzavrsavati s 3 i 8. Sada je postupak rjesavanja analogan onome Zadatka 12. pa ga ovdje necemorjesavati.

***

16. Rjesenje. Vidimo da x > y pa mora biti x − y > 0. Jednadzbu mozemo zapisati kao

(x − y)(x2 + xy + y2) = 91,

a 91 = 91 · 1 = 7 · 13 pa imamo cetiri slucaja :1.)x − y = 1x2 + xy + y2 = 91y = x − 1x2 + x(x − 1) + (x − 1)2 − 91 = 0x2 − x − 30 = 0x1 = 6, x2 = −5y1 = 5, y2 = −6

2.)x − y = 7x2 + xy + y2 = 13y = x − 7x2 + x(x − 7) + (x − 7)2 − 13 = 0x2 − 7x + 12 = 0x3 = 4, x4 = 3y3 = −3, y4 = −1

3.)x − y = 91x2 + xy + y2 = 1y = x − 91x2 + x(x − 91) + (x − 91)2 − 1 = 0x2 − 91x + 2760 = 0x5,6 =

91±√

8281−110402 < R


4.)x − y = 13x2 + xy + y2 = 7y = x − 13x2 + x(x − 13) + (x − 13)2 − 7 = 0x2 − 13x + 54 = 0x7,8 =

13±√

169−2162 < R

Sva cjelobrojna rjesenja jednadzbe su (6, 5), (−5,−6), (4,−3), (3,−4).

***

17. Metodicka analiza. Ako jednadzbu preformuliramo u oblik x2 + y2 = 14 + 8z mozemozakluciti da brojevi x i y moraju biti iste parnosti. Inace bi x2 + y2 bilo neparno, pa bi na lijevojstrani imali neparan broj, a na desnoj strani paran broj. Trebamo razmotriti oba slucaja.Rjesenje. Ako su oba broja x i y parna, lijeva strana je djeljiva s 4, a desna nije. Ako su oba brojaneparna, tj. x = 2m + 1, y = 2n + 1 za neke m, n ∈ Z, uvrstavanjem u jednadzbu slijedi:

(2m + 1)2 + (2n + 1)2 − 8z = 14

4m2 + 4m + 1 + 4n2 + 4n + 1 − 8z = 14

m(m + 1) + n(n + 1) − 2z = 3.

Brojevi m(m + 1) i n(n + 1) su produkti dva uzastopna prirodna broja, pa stoga i parni. Tako nalijevoj strani imamo paran broj, a na desnoj neparan. Zato ova jednadzba nema cjelobrojnihrjesenja, pa ni dana polazna jednadzba nema rjesenja.

***

18. Rjesenje. Vrijedi:xy − y = 7x + 3

y(x − y) = 7x + 3

Za x = 1 slijedi y · 0 = 10, sto je nemoguce za svaki y ∈ Z. Za x , 1 slijedi

y =7x + 3x − 1

=7x − 7 + 10

x − 1=

7(x − 1) + 10x − 1

= 7 +10

x − 1

y ∈ Z⇔10

x − 1∈ Z⇔ x − 1 ∈ {1,−1, 2,−2, 5,−5, 10,−10}

⇔ x ∈ {2, 0, 3,−1, 6,−4, 11,−9}

Iz izraza y = 7x+3x−1 = 7 + 10

x−1 izracunamo y, te su trazeni parovi brojeva(2, 17), (0,−3), (3, 12), (−1, 2), (6, 9), (−4, 5), (11, 8), (−9, 6).


***

19. Metodicka analiza. Kako je ovo zadatak za 3. razred srednje skole i to na drzavnomnatjecanju, ocekivanja od ucenika su malo veca. Rjesavanje zadatka se sastoji od tri dijela. Prvidio je svesti pocetnu jednadzbu na poznati oblik diofantske jednadzbe. Drugi dio rjesavanje tejednadzbe, sto je relativno lako, te treci dio tumacenje tog rjesenja u smislu dobivanja rjesenjapolazne jednadzbe. Naravno, pri tome treba ukljuciti vise razlicitih nastavnih cjelina u cjelokupnipostupak.Rjesenje. Dana jednadzba jednaka je

x2y − x2 + xy2 − y2 = 1

xy(x + y) − (x2 + y2) = 1

xy(x + y) − ((x + y)2 − 2xy) = 1.

Uvedemo li nove nepoznanice u = x + y, v = xy dobivamo jednadzbu

uv − (u2 − 2v) = 1

iz koje slijedi uv + 2v = u2 + 1 odnosno

v =u2 + 1u + 2

=u2 − 4 + 5

u + 2= u − 2 +

5u + 2

.

Sada vidimo da u + 2 mora biti djelitelj broja 5, pa imamo cetiri slucaja:

u + 2 = 5 u + 2 = 1 u + 2 = −1 u + 2 = −55

u+2 = 1 5u+2 = 5 5

u+2 = −5 5u+2 = −1

u = 3 u = −1 u = −3 u = −7v = 2 v = 2 v = −10 v = −10

Sada zbog Vieteovih formula znamo da su x, y rjesenja kvadratnih jednadzbi:

z2 − 3z + 2 = 0

z2 + z + 2 = 0

z2 + 3z − 10 = 0

z2 + 7z − 10 = 0.

Rjesenja prve jednadzbe su 1 i 2, a trece -5 i 2. Rjesenja druge jednadzbe nisu realna jer joj jediskriminanta negativna, dok su rjesenja cetvrte jednadzbe iracionalna jer njena diskriminanta 89nije potpun kvadrat. Konacno, trazena rjesenja su (x, y) ∈ {(1, 2), (2, 1), (2,−5), (−5, 2)}.

***


20. Rjesenje. Nasa jednadzba je ekvivalentna s

6x2y2 − 4y2 = 2012 − 3x2

6x2y2 + 3x2 − 4y2 = 2012

3x2(2y2 + 1) − 4y2 = 2012

3x2(2y2 + 1) − 2(2y2 + 1) = 2012 − 2

(3x2 − 2)(2y2 + 1) = 2010.

Kako je 2010 = 2 · 3 · 5 · 67, a 2y2 + 1 je neparan prirodan broj, slijedi

2y2 + 1 ∈ {1, 3, 5, 15, 67, 201, 335, 1005},

2y2 ∈ {0, 2, 4, 14, 66, 200, 334, 1004},

y2 ∈ {0, 1, 2, 7, 33, 100, 167, 502}.

Stoga je y2 ∈ {0, 1, 100}. Preostaju nam tri slucaja:

1.

3x2 − 2 = 20102y2 + 1 = 1

⇒

3x2 = 2012y2 = 0

⇒

x2 = 20123

y2 = 0

2.

3x2 − 2 = 6702y2 + 1 = 3

⇒

3x2 = 672y2 = 1

⇒

x2 = 224y2 = 1

3.

3x2 − 2 = 102y2 + 1 = 201

⇒

3x2 = 12y2 = 100

⇒

x2 = 4y2 = 100

Vidimo da jedino u trecem slucaju postoje cjelobrojna rjesenja. Dana jednadzba ima cetirirjesenja:

(x, y) ∈ {(2, 10), (−2, 10), (2,−10), (−2,−10)}.

8 ZAKLJUCAK 39

8 Zakljucak

Na samom kraju ovog rada imam priliku iznijeti dio svog osobnog stajalista pred citatelja. Iako suovdje iznesene ideje i postavljeni solidni temelji kvalitetne obrade ovog dijela matematike, netreba zanemariti neke druge aspekte cjelokupnog obrazovanja bilo kojeg pojedinca-ucenika.Promatrajuci svijet nastave matematike, kao osoba koja je tek na putu pravog ulaska u njega, ali ikao ucenik, stjecem dojam da se vise nego ikad nalazimo na prekretnici nacina poucavanja iucenja matematike . Dok tradicionalna nastava kategoricki zadrzava ”jednakost” meduucenicima, drustvo i napredak nam pokazuju univerzalnost pojedinca i pristupa njemu. Tako je iovaj ”model” samo nacrt koji se treba pretvoriti u detaljni plan pristupa svakom nadarenomuceniku u razredu. Osjecam da je posao vezan uz ovaj ”dodatni materijal” puno opsezniji svakomucitelju i profesoru matematike, nego sto je to sadrzano unutar svih tridesetak stranica ovogteksta. Ne treba se zabluditi ni mislju o lakoci ove teme, jer mogli ste vidjeti da za samopokretanje ove teme morate imati matematicara dobro upoznatog sa nekim temeljnimcinjenicama matematike, koje same po sebi zauzimaju dosta vremena za obradu. Ostajespomenuti onaj posljednji i najtezi dio svakome nastavniku matematike. U svojoj ljepoti ijednostavnosti, ili kompliciranosti, matematika zauzima siroko podrucje koje je jednostavnonemoguce pokriti danim brojem predavanja. Ovdje je nas zadatak pronaci onu zainteresiranostucenika za napretkom, novim znanjem i samostalnim radom, te svojim djelovanjem nastaviti gapoticati u tome, kako u drugim temama, tako i u ovoj. I naravno, uz njegovo poboljsanje, pronacibolje metode i pristupe, ili ”boljeg sebe” u nastavi matematike.

9 ZIVOTOPIS 40

9 Zivotopis

Krunoslav Stefanek roden je 15. sijecnja 1987. godine u Pozegi gdje pohada ”Osnovnu skoluJulije Kempfa”. 2001. godine upisao je opci smjer ”Gimanzije” u Pozegi, gdje nastavlja razvijatiinteres za matematiku sudjelovajuci u svakogodisnjim matematickim natjecanjima iorganiziranim skolama za napredne matematicare. Od 2004. godine upisan je na ”Odjel zamatematiku”, na ”Sveucilistu J. J. Strossmayera”

LITERATURA 41

Literatura

[1] T. Andreescu, B. Enescu, Mathematical Olympiad Treasures, Birkhaauser Publishing, 2011.

[2] T. Andreescu, D. Andrica, I. Cucurezeanu, An Introduction to Diophantine Equations, AProblem Based Approach, Birkhaauser Publishing, 2010.

[3] F. M. Bruckler, Povijest matematike 2, Odjel za matematiku, Sveuciliste J.J. Strossmayerau Osijeku, 2007.

[4] K. Burazin, Nelinearne diofantske jednadzbe, Osjecki matematicki list, 7(2007), 11–21.

[5] A. Dujella, Uvod u teoriju brojeva, PMF Matematicki odjel, Sveuciliste u Zagrebu, 2003.

[6] A. Dujella, Pitagorine trojke, Bilten seminara iz matematike za nastavnike mentore,Crikvenica, 1994. godina, 1–10.

[7] T. Heath, A History of Greek Mathematics, vol. II, Clarendon Press, Oxford, 1921.

[8] T. Heath, Diophantos of Alexandria, Cambridge University Press, Cambridge, 1885.

[9] A. Jurasic, Cilj i nacin rada u metodickoj radionici (i sadrzaji iz teorije brojeva i algebrepogodni za rad na dodatnoj nastavi matematike), predavanja sa Odjela za matematiku,Sveuciliste u Rijeci, (2011)

[10] Z. Kurnik, Metoda razlikovanja slucajeva, MiS, 21(2003), 4–10.

[11] Z. Kurnik, Priprema nastavnika i ucenika za matematicka natjecanja, MiS, 50(2009),195–199.

[12] Z. Kurnik, Metodicka strana matematickih natjecanja, MiS, 44(2008), 148–151.

[13] N. Schappacher, Diophantus of Alexandria: a Text and its History, MathematischeSemesterberichte, 45/2(1998), 141–156.

Krunoslav Stefanekˇ Diofantske jednadˇzbe u nastavi...

Documents

Transcript of Krunoslav Stefanekˇ Diofantske jednadˇzbe u nastavi...