apr2011 metode de rezolvare a ecuatiilor în z.pdf

8/10/2019 apr2011 Metode de rezolvare a ecuatiilor n Z.pdf

1/44

Revista ElectronicMateInfo.ro ISSN 2065 6432 Aprilie 2011 www.mateinfo.ro

1

METODE DE REZOLVARE A ECUAIILOR N Z

Profesor : Adela CotulGrup colar Liviu Rebreanu Maieru

Jud. Bistria Nsud

1. Metode care folosesc relaia de divizibilitate

1.1 Metoda descompunerii

Rezolvarea majoritii ecuaiilor n numere naturale sau ntregi se bazeaz pe

unicitatea descompunerii n factori primi (D.F.P.) a numerelor ntregi1

.Uneori descompunerea se observimediat.

Exemplul 1.1.1:Ecuaia n numere naturale

xyz+xy+xz+yz+x+y+z=1000(***)

Rezolvare:Avem:

(x+1)(y+1)(z+1)=71113,

de unde soluiile:(x,z,y)=(6,10,12)i permutrile.

De cele mai multe ori, descompunerea cnd aceasta este posibil se face prin

prelucrarea ecuaiei, prin tatonri i ncercri. Reuita depinde mult de ecuaie i de abilitatea

rezolvitorului.

Exemplul.1.1.2:Ecuaia

x

2

(y1)+y

2

(x1)=1 (Olimpiada polonez)Soluie:Ecuaia se scrie succesiv:

xy(x+y)(x2+y2)=1

xy(x+y+2)(x+y)2=1

xy(x+y+2)[(x+y)24]=5

(x+y+2)(xyxy+2)=5

iar de aici soluiile (1,2),(2,1),(-5,2),(2,-5).


2/44


2

k21

1

Alteori, cnd ncercrile de descompunere sunt greoaie, folosim metoda coeficienilor

nedeterminai.

Exemplul 1.1.3:Ecuaia

(x+y)(x2+y2)=4xy+3. (I.Cucurezeanu)

Soluie:Vom ncerca sscriem ecuaia ca o egalitate ntre produsul a doi factori un polinom

de gradul nti i altul de gradul doi n necunoscutele x, y i un numr ntreg. Ecuaia fiind

simetricnxiy, vom lua:

(x+y+a)(x2+y2+bx+by+c)=d,

unde numerele ntregi a, b, c, dse determinprin identificare. Gsim

a=2, b=2, c=4, d=5

i ecuaia se scrie sub forma

(x+y+2)( x2+y22x2y4)=5

de unde se gsesc uor toate soluiile ntregi.

Cteodat, cnd o ecuaie se poate scrie ca o ecuaie de gradul al doilea ntr-una din

necunoscute, punem condiia ca discriminantul su s fie ptrat perfect, ceea ce uureaz

descompunerea.

Exemplul 1.1.4:Ecuaia n numere ntregi nenule

(x2+y)(x+y2)=(xy)3 (A 16a olimpiadSUA)

Soluie:Dupdesfacerea parantezelor i simplificarea cuy0, o putem considera ca o ecuaie

de gradul doi ny:

2y2+(x23x)y+3x2+x=0

i pentru ca aceasta s aib soluii ntregi trebuie ca discriminantul su, x(x+1)2(x8) s fie

ptrat perfect. Rezultx(x8)=z2sau (x4)2z2=16, de unde (x4z)(x4+z)=16, iar de aici

x{1,8,9}i corespunztory.

Dac este descompunerea canonic a numrului n>1, atunci

numrul divizorilor pozitivi ai lui neste (n)=(a1+1)(a2+1)(ak+1)2.

k21 aaa p...ppn=

Aplicaia 1.1.5: Fie n>1 un numr ntreg dat prin descompunerea sa canonic

. Se cere numrul de soluii pozitive al ecuaiei:kaaa pppn ...21= k2

nyx

111=+ . (***)

Rezolvare:Ecuaia se mai scrie:


3/44


4/44


4

(x2+1)(y2+1)+2(xy)(1xy)=4(1+xy). (Titu Andreescu)

Soluie:Scriem succesiv ecuaia astfel:

x2y22xy+1+x2+y22xy2(xy)(xy1)=4

(xy1)2

+(xy)2

2(xy)(xy1)=4[xy1(xy)]2=4

(x+1)(y1)=2,

de unde soluiile:

(x,y)=(1,2),(3,0),(0,3),(2,1),(1,0),(3,2),(0,1),(2,3).

3. Ecuaia

x5

+x4

+2x2

1=y2

. (I. Cucurezeanu)Rezolvare:Descompunnd membrul stng, avem:

(x2+x1)(x3+x+1)=y2

Se constatuor c:

(x2+x1,x3+x+1)=1,

i atunci

x2+x1=u2, x3+x+1=v2, cuuv=y.

Prima ecuaie are numai soluiilex=1, 0, 1i convine pentru a doua numaix=1. Decix=1este unicpentru ecuaia iniial.

4. Ecuaia

x4+4=py4,pprim. (I. Cucurezeanu)

Rezolvare:Evidentxiyimpare. Ecuaia se mai scrie:

(x2+2)24x2=py4 sau

(x2

2x+2)(x2

+2x+2)=py4

,iar de aici i din:

(x22x+2,x2+2x+2)=1

rezult:

x22x+2=a4,

x2+2x+2=pb4,

ab=y

sau:(x1)2+1=a4,


5/44


5

(x+1)2=pb4.

Din prima rezult

a2=1, x=1

i din a doua

p=5, b2=1.

Deci avem numai soluia

x2=1, y2=1, p=5.

Observaie:De fapt, ecuaiax4+4=py4are o infinitate de soluii ntregi. Rezolvarea este ns

laborioas.

5. Ecuaia

p(p+1)+q(q+1)=n(n+1),

undepi qsunt numere prime i nnatural. (APMC 1982)

Soluie:C. Mortici.Ecuaia se mai scrie

(n-p)(n+p+1)=q(q+1).

Presupunnd c q(n-p), avem n=aq+p, cu a1 ntreg i a(aq+2p+1)=q+1 cu a1,

contradicie. Deci q(n-p+1) i analog p(n-q+1), de unde q(n+p+q+1) i p(n+p+q+1).

Dacpq, atunci pq(n+p+q+1), deci pqn+p+q+1. Presupunnd p


6/44


6

=++=+ 432234

55

yxyyxyxxyx

+yx

)y+

xy2

ty,tx ==

=M

+ =22(3 xxy

=M+ 3 = M+ 5,n timp ce 167z=M

1.

7. Rezolvai ecuaia

(x+y)22(xy)2=1, x,yN*. (Olimpiada polonez, 2002)

Soluie:Aparent este o ecuaie Pell, u22v2=1. n realitate este o ecuaie mult mai simpl.

ntr-adevr, ea se mai scrie (x21)(y21)+(xy1)2=1, de unde rezult uor c una dintre

necunoscutelex sauyeste 1, iar cealalteste 2.

1.3 Ecuaii exponeniale elementare

n contextul acestui capitol (ca de altfel n toat Teoria Numerelor), cuvntul

elementar nu este sinonim n nici un caz cu simplu i cu att mai puin cu uor. Ecuaiile

respective se numesc elementaredoar pentru cderivdin elementele matematicii de baz,

ale aritmeticii i algebrei aplicate numerelor.n ciuda eficacitii tehnicilor analitice, metoda elementar este mai apropiat de

proprietile fundamentale ale numerelor ntregi, iar rezultatele la care s-a ajuns prin aceasta

sunt intuitiv mai clare i de aici mai profunde.

Rezolvarea acestor ecuaii se bazeazpe unicitatea descompunerii n factori primi a

numerelor ntregi (D.F.P.)

Exemplul 1.3.1: Sse rezolve n numere naturale ecuaia:

xx+y=yyx. (A.P.M.C.,1999)

Soluie:Evident numerele x i y au aceiai factori n descompunerea canonic i deoarece

exponentul luix este mai mare dect exponentul lui y rezultcxy. Fie y=xz.nlocuind n

ecuaie, avemxx(1+z)=(xz)x(z1), de undex2=zz1 i apoiy2=zz+1. Dar o putere este ptrat perfect

fie cnd baza este ptrat, fie cnd exponentul este par. Pentru z=t2 avem ,

care verificecuaia pentru orice t1. Pentru z1=2aavemx=(2a+1)a+1, care i ele verific

ecuaia pentru orice a0. Tot din unicitatea D.F.P. rezultuor cdaca, b, c, i nsunt ntregipozitivi, cu a i bprimi ntre ei, notat (a,b)=1, iar ab=cn, atunci exist ntregii c1, c2astfel

1t1t 22 +


7/44


7

nct a=c1n, b=c2

ncu c1c2=c. Iar de aici rezult cdacab=pq, cu pqprime i (a,b)=1,

atunci a=pi b=q sau invers. n fine, dacab=p,pprim, atunci =pm, b=qncu m+n=a,

iar mi nntregi nenegativi.

Aceste proprieti vor fi folosite n unele rezolvri.

Exemplul 1.3.2:Aflai tripletele de ntregi pozitivi (x,y,z)astfel nct:

(x+y)(1+xy)=2z. (***)

Soluie:Avemx+y=2a, 1+xy=2b, cu ai bntregi pozitivi, a+b=z. Fie x=2q+1, y=2q11

cu q, q1impari. Din prima ecuaie rezult=, apoi din a doua ecuaie avem 22qq1=2

b. De

aici rezultcq=q1=1i soluiilex=2+1 iy=21, cu ntreg pozitiv arbitrar, sau invers

y=2

+1 ix=2

1.Reamintim cprin (a,b), unde ai bsunt numere ntregi, se noteazvaloarea pozitiv

a celui mai mare divizor comun al numerelor ai b. Este utilurmtoarea teorem:

Teorema 1.3.3:Dacx, y i k sunt numere ntregi cu x+y0, (x,y)=1 i k>1 impar, atunci

)k,yx(yx

yx,yx

kk

.

Exemplul 1.3.4: Aflai numerele naturale n cu proprietatea cexistnumerele naturalex, y,prime ntre ele, i un numr ntreg k>1astfel nct:

xk+yk=3n. (Olimpiada rus, 1997)

Soluie: Pentru kpar, din (x,y)=1rezultxk+yk2(mod3), deci nu avem soluii. Pentru kimpar

ecuaia se scrie:

nkk

3yx

)yx( =+

+yx+

.

i cum:

)k,yx(yx

yx,yx

kk

+=

+

++

,

iarx+y=3rezult3ki 3y

yx kk=

+.

x+

Cumx+y 3yx kk

=+

yx +rezultx=2,y=1i soluia 23+13=32.

Un rol important n rezolvarea unor ecuaii exponeniale l are i bine-cunoscutateorema lui Fermat, pe care o amintim n continuare:


8/44


8

Teorema 1.3.5: (Mica teorema lui Fermat) Dacpeste prim i antreg prim cu p, atunci

ap11(modp).

Este utili urmtoarea:

Lema 1.3.6:Dacpeste prim a, bntregi, atuncip|a

n

b

n

, daci numai dacp|a

d

b

d

, unded=(p-1,n).

Demonstraie: Implicaia p|adbdp|anbneste evident (fiindc dn). Fie p|anbn. Dac

pai pb, implicaia este evident. Altfel, ap11(modp) i bp11(modp), conform teoremei

lui Fermat. Din d=(p-1,n) rezult c exist, ntregi astfel nct d=(p-1)+n ceea ce

implic

ad=a(p1)+nbnb(p1)+nbd(modp) ,

decip|ad

bd

.

1.4 Probleme

1. Ecuaia 3x+4y=5zare soluie unicn ntregii pozitivi. (***)

Soluie:Scriind-o sub forma:

3x+(3+1)y=(61)zrezultzpar,z=2ui 52u22y=3x,

de unde:5u2y=3ai 5u+2y=3b, cu a+b=x,

iar de aici:

2y+1=3a(3ba1) a=0, b=x

i atunci:

2y+1=3x1=(41)x1 xpar, x=2v

i ecuaia se scrie:

(3v1)(3v+1)=2y+1.

Dar dintre dounumere pare consecutive unul se divide numai cu 2, iar cellalt cel puin cu 4.

Aa c 3v1=2, v=1i soluia unicestex=y=z=2.

2. Sse rezolve ecuaia: 2x+3y=5z. (A. Schinzel)

Soluie:Scriind ecuaia sub forma:

(31)x+3y=(61)z

deducem cxiztrebuie saibaceeai paritate. Dacxizsunt pare, ecuaia se reduce la

precedenta i avem soluiax=4,y=2,z=2.


9/44


9

)18

)23)(23( +

Fiexizimpare. Pentrux3, scriind ecuaia sub forma:

2x+(41)y=(4+1)z,

se observcnu avem soluii.

Decix=1 i ecuaia 2+3

y

=5

z

este imposibilmodulo 9pentruy2.n concluzie avem soluiax=1,y=1,z=1.

3. Rezolvai ecuaia

x3+7y=2z (I. Cucurezeanu)

Soluie: Considernd ecuaia modulo 7, deducem c 3z. Fie z=3k i 2k=u. Ecuaia devine

x3+7y=u3sau

(1) (ux)[(ux)

2

+3ux]=7

y

Deoarece 7 nu divide c.m.m.d.c. dintre uxi (ux)2+3ux, din (1) rezult:

ux=1 i (ux)2+3ux=7y,

iar de aici:

1+3u(u1)=7y,

sau nc:

(2) 32k(2k1)=7y1.

De aici, pentru k=0avem soluia:x=0,y=0,z=0,

iar pentru k=1soluia:

x=1,y=1,z=3.

Pentru k>1nu mai avem soluii. ntr-adevr , fiey=2sm, cu mimpar. Din binom avem:

7y1=( 1==2s+3m1m2s

iar de aici i din (2) rezult2k=2s+3, deci k=s+3. Avem inegalitile evidente:

22k+2>32k(2k1)=7y1>22y,de unde 2k+2>2y, deci k+1>y rezult k>y, adics+32sm, de unde s+32s valabil numai

pentrus=0, 1, 2, crora le corespund k=3, 4, 5, ce nu mai dau soluii.

4. Ecuaia

5x7y+4=3z. (Olimpiada din Bulgaria)

Soluie: Evidentxiznu pot fi simultan nuli. Considernd ecuaia modulo 4, dacy=0, sau

modulo 7, dacy0,

deducem cz trebuie sfie par,z=2z1i atunci ecuaia se scrie11 zz . =5x7y


10/44


10

13 1

13 1

Cei doi factori din stnga sunt divizibili numai cu puteri ale lui 5i 7i cum sunt primi ntre

ei rezultsituaiile:

z 2=5xi 3 +2=7 y z

sauz 2=7 i 3 +2=5x,y z

de unde rezult, relativ uor, numai soluia:

x=1, y=0.

5. Rezolvai ecuaia

3x2 y+1=z2. (D. Acu)

Soluie: Pentrux=0avem 2

y

=(z1)(z+1), ceea ce implicz1=2i soluia:x=0, y=3, z=2.

Pentruy=0avem:

3x=(z1)(z+1),

de undez1=1i soluia:

x=1, y=0, z=2.

Fiex>0, y>0. Din (z1)(z+1)=3x2y avem:

z1=2

3

x

, z+1=2

y1

sau:z1=2y-1, z+1=23x.

Primele douimplic1=2 y23xi rezult:

y=3, x=0saux=1, y=4.

Ultimele douimplic1=3x2y 2,de unde:

x=2, y=5.

6.

Dacar exista numerele naturalex, y, z, ncare sverifice ecuaia:xn+yn=zn,

atuncix>n,y>n,z>n. (J.A.Grnert)

Soluie:ntr-adevr, fiez=x+a, a1, atunci:

xn+yn=x+nxn1a++nxan1+an,

i deciyn>nxn1a>nxn1. Analog se aratcxn>nxn1.

Prin urmare:

(yn

)n

>nn

xn(n1)

>nn

nn1

(yn1

)n1

adic:y2n1>n2n1, de undey>n. Datoritsimetrieix>ni deciz>n.


11/44


11

1.5 Metoda divizorilor unei expresii

Este vorba de expresii de forma a2+b2 i a22b2, a, b ntregi, despre divizorii lor

posibili i despre rolul acestora n rezolvarea unor ecuaii diofantice.

Divizori ai expresiilor a2+b2

Teorema 1.5.1:Orice factor prim impar al lui a2+1este de forma 4m+1(i deci nu poate fi

de forma 4m+3)

Demonstraie: Prin absurd.Presupunemp=4m+3i p(a2+1). Deci a2=1(mod p) i atunci

ap1=(a2)2m+1 1(modp),contrar teoremei lui Fermat.

Analog avem:

Teorema 1.5.2:Dacp(a2+b2),pprim impar i (a,b)=1, atuncip=4m+1.

Demonstraie:Prin absurd.Presupunemp=4m+3i p(a2+b2). Deci a2=b(mod p)ceea ce

implic(a2)2m+1=(b2)2m+1(modp) i cum (a,b)=1ne rezultcpaipbi din teorema lui

Fermat avem ap11, bp11(modp), deci 11(modp), fals.

Lema 1.5.3:Dacp=4m+3i p(a2+b2), atuncipaipb.

Demonstraie: Dac(a,p)=1, atunci (b,p)=1i din teorema lui Fermat avem ap11(modp) ibp11(mod p), iar din p(a2+b2), adica2b2(mod p), rezultuor cap-1=bp1(mod p),

adic11(modp), fals. Decipaipb.

n rezolvarea unor ecuaii se folosesc aceste teoreme astfel:

Observaia 1.5.4: Dac unul dintre membrii ecuaiei se poate scrie sub forma x2+a2, cu

(x,a)=1, iar cellalt are un divizor de forma 4m +3, atunci ecuaia nu are soluii ntregi.

Exemplul 1.5.5: Ecuaia:x3+7=y2

nu are soluii n numere ntregi. (V.A. Lebesque)

Demonstraie: ntr-adevr, cum evidentx este impar,x=2m+1, i cum ecuaia se mai scrie:

y2+1=x3+23=(x+2)[(x1)2+3],

ar trebui ca 4m2+3sdividpey2+1. Dar 4m2+3are un divizor prim de forma 4k+3.

Exemplul 1.5.6:n numere naturale impare, ecuaiaxn+2n1=y2, n>1.


12/44


12

nu are soluii. (I. Cucurezeanu)

Demonstraie: Cheia rezolvrii ecuaiei constn observaia simpl, dar esenialcea se mai

poate scrie sub forma:

xn+2n=y2+2n1.

Membrul stng al acestei ecuaii are un divizor prim de forma 4m+3, fiindcdacxeste de

aceast form, atunci divizorul prim este de aceast form, iar dacx este de forma 4m+1,

atuncix+2, care dividexn+2n, este de forma 4m+3. Dar un divizor de forma 4m+3nu poate

divide o sumde douptratey2+2n1prime ntre ele.

Amintim i urmtoarele:

Observaia 1.5.7:Orice numr de forma 4m+3are cel puin un factor prim de aceeai form.

Resturile minime n valoare absolut la mprirea prin 8ale oricrui ntreg impar, n, sunt

1i 3. Deci, el are una din formele: n=8m -3, n=8m1, n=8m+1, n=8m+3. Dacn=4k+1,

aunci n=8m+1sau n=8m3i dacn=4k+1, atunci n=8m1sau n=8m+3.

Definiia 1.5.8: Fie pprim mpar, aun ntreg prim cu pi congruena x2a(mod p). Dac

aceast congruen nu are soluii, atunci a se numete rest ptratic modulo p, iar n caz

contrar nerest ptratic.

Notaia 1.5.9:Notm cu:

.patraticnerestesteadac,1

;patraticrestesteadac,1

p

a

Numrul

p

a

se numete simbolul lui Legendre.

2

1p

)1(Avem ,1p

1=

p

1 =

,

8

1p2

)1(p

2 =

,

=

p

2

p

1

p

2

.

Lema 1.5.10 (Axel Thue):Dacn>1este ntreg i aprim cu n, atunci existnumerele ntregixiy, cu 0n, conform principiului

lui Dirichlet, existdoudintre numerele ax1+y1ax2+y2care sdea acelai rest la mprirea

prin n, adica(x1x2)y2y1(mod n). Notmx=x1x2iy=y2y1. Deci axy(mod n).

Divizori ai expresiilor a2+2b2


13/44


13

Teorema 1.5.11:Numrul prim impar p se scrie sub forma p=a2+2b2, a, b ntregi, daci

numai dacpeste de forma p=8m+1 sau p=8m+3.

Demonstraie: ntr-adevr, dac p=a2+2b2, atunci a22b2(mod p). Fie b astfel nct

bb1(mod p), deci (ab)22(mod p) i deci 1p2 =

, unde

p2 este simbolul lui

Legendre. Deducem de aici c:

1)1()1(p

2

p

1

p

2 81p

2

1p 2

==

=

,

ceea ce este echivalent cu:

)8(mod3psau)8(mod1pk21p1p 2

=

+

82.

Reciproc, dacp1(mod 8) sau p3(mod 8), atunci 1p

2=

i deci exist a ntreg astfel

nct a22(mod p). Din lema A. Thue rezult c exist numerele ntregi x i y, cu 0


14/44


14

(i)x31=2(y2+1) (ii)x3+1=2(y2+2)

i observm cmembrul drept al lor se divide cel mult cu 4(i nu cu o putere mai mare a lui

2). Dar x impar are una din formelex=8m1saux=8m3. Pentrux=8m+1membrul stng din

(i) se divide cel puin cu 8, iar pentrux=8m-1acelai lucru se ntmplcu cel din (ii). Pentrux=8m3, sobservm cx2x+1, care ar trebui sdivid pe y2+2, conform cu (ii), este de

forma 8M1sau 8M3i are un divizor prim de aceeai form, care nu poate divide pey2+2.

Divizori ai expresiilor a22b2

Teorema 1.5.15:Numrul prim p impar se scrie sub forma p=a22b2, a, b ntregi, daci

numai dacpeste de formap=8m+1saup=8m1(deci nu poate fi de formap=8m3).

Demonstraie: ntr-adevr, dac p=a2

2b2

, atunci a2

2b2

(mod p). Fie 'b astfel nct

bb1(modp), deci (ab)22(modp)i deci 1p

2=

, unde

p

2este simbolul lui Legendre.

Dar 1)1(p

2 81p2

==

daci numai dacp1(mod 8)saup1(mod 8).

Reciproc, dacp1(mod 8) sau p1(mod 8), atunci 1p

2=

i deci exist a ntreg astfel

nct a22(modp). Din lema A. Thue rezultcexistnumerele ntregixiy, cu 0


15/44


15


xn22n1=y2, n>2

nu are soluii n numere ntregi. (I. Cucurezeanu)

Demonstraie: Cazul npar este banal, avnd de considerat o diferende ptrate. Fie n impar.

Mai nti, x impar. Pentru x=8m1 sau x=8m3 ecuaia este imposibil modulo 8. Pentru

x=8m+1, o scriem sub forma xn4n=y24n1 i x4=8m+3 are un divizor prim de forma

8k3care nu poate nsdivide membrul drept al ecuaiei. n fine, pentruxpar ecuaia revine

la 2x1n1=2y1

2, evident frsoluii.

Deosebit de utileste i urmtoarea:

Lema 1.5.19:Fie ai xdounumere ntregi prime ntre ele, x+a0, pprim impar. Atunci

x+a, 1axpp

=axsaup.

Demonstraie: Fiex+a=dq i =+ ax pp

+ axdQ, cu

ax+

ax,axd

pp ++= . Avem:

=+

+ a

ax ppxp1axp2+ap1=

=a(dqa)p1a(dqa)p2++ap1=d+pdp1=dQ

iar de aici d|pap1. Dar (d,a)=1, fiindc n caz contrar, din x+a=dq i (a,x)=1, ar rezulta o

contradicie. Deci dpi atunci d=1 sau d=p.


x7+2=y2


Demonstraie: ntr-adevr, sobservm mai nti cy trebuie s fie par i apoi cx4k1.

Pentrux=4k+1scriem ecuaia sub forma

x7+27=y2+112

i observm cdac11y, atunci x+2, care divide membrul stng este de forma 4k+3i nu

poate divide suma de ptrate y2+112, prime ntre ele. Dac 11y, atunci y=11y1, scriem

ecuaia sub forma:

)1y(112x +

2x)2x( 21

277

+=+

+

i cum 7sau12x),2x(77

=++ 2x + ,unul dintre cei doi factori ai membrului stng nu se divide

cu 11i cum ambii membrii sunt de forma 4k+3, unul din ei nu divide pey12+1.


16/44


16

1.6 Probleme

1. Ecuaia

4xyxy=z2

nu are soluii n numere ntregi pozitive, dar are o infinitate de soluii n numere ntregi

negative. (L. Euler)

Demonstraie: Ecuaia se mai scrie:

(4x1)(4y1)=(2z)2+1

i ntregul pozitiv 4x13 are un factor prim de forma 4k3, ce nu poate divide suma de

ptrate din membrul drept. Pe de altparte, numerele ntregi negative:

x=1, y=5n22n, z=5n1,

cu nnatural arbitrar, verificecuaia.

2. Ecuaia

8xyxy=z2

nu are soluii n numere ntregi pozitive, dar are o infinitate de soluii n numere ntregi

negative. (***)

Demonstraie: Ecuaia se mai scrie

(8x1)(8y1)=8z2+1.

Cum ntregul pozitiv 8x17are un factor prim de forma 8m1sau de forma 8m3(fiindc

putem avea 8x1=(8m1)(8k+1) sau 8x1=(8m3)(8k+3), iar acesta nu poate divide pe

2(2z)2+1. Numerele ntregi negative

x=1, y=9n22n, z=9n1,

cu nnatural arbitrar, verificecuaia.

3. Ecuaia

x33=y2

nu are soluii n numere ntregi. (***)

Demonstraie: Evidentx2k ix4k+1.

Pentrux=4k-1scriem ecuaia sub forma

x3+1=y2+4

sau

(x+1)(x2x+1)=y2+4


17/44


17

i observm cx2x+1 are un factor prim de forma 4m+3 care nu poate divide membrul

drept.

4. Ecuaia

x35=y2

nu are soluii n numere ntregi.

Demonstraie: Evident x nu poate fi par sau de forma 4m-1, fiindcy21(mod 8). Pentru

x=4m+1scriem ecuaia sub forma

x31=y2+4

sau

(x+1)( x2+x+1)=y2+4

ix2x+1are un factor prim de forma 4m+3 care nu poate divide suma de ptratey2+4. Avem

xp5y2,pentrup=4m+3.

5. Ecuaia

x36=y2


Demonstraie: Evident x este impar. Pentru x=8m3 sau x=8m+1, ecuaia este imposibilmod 8. Pentrux=8m1, scriem ecuaia sub forma:

x323=y22

i observm cmembrul stng, care se divide cu x2, are un factor prim de forma 8k3sau

8k+3.

6. Ecuaia

x

3

+6=y

2


Demonstraie: Evident x2k ix2k+1. Fie x=4k1, adicx=8k1sau x=8k+3. Ecuaia se

mai scrie

x3+8=y2+2

sau

(x+2)(x22x+4)=y2+2.

Pentrux=8k+3avemx

2

2x+4=8m1.Pentrux=8k-1avemx22x+4=8m1.


18/44


18

7. Ecuaia

x3+7=y2


Demonstraie: Rezultdin (x+2)(x22x+4)=y2+1.

8. Ecuaia

x39=y2


Demonstraie: Evidentx2k ix4k1. Pentrux=4k+1scriem ecuaia astfel:

x3+33=y2+62

sau

(x+3)(x23x+9)=y2+62

i x23x+9 care este de forma 4M+3, nu poate divide y2+62, pentru (y,3)=1. n cazul 3|y,

y=3v, rezult3|x, x=3u i ecuaia devine 3u3=v2+1, dar 3v2+1.

9. Ecuaia

x310=y2


Demonstraie: Evidentximpar i deciyimpar i atunci modulo 8(innd seama cy21(mod

8)rezultcx8k1ix8k3. Pentrux=8k+3scriem ecuaia sub forma

x3+23=y2+232

i observm cx+2, care divide membrul stng, are un divizor prim ce nu divide membrul

drept, dac (y,3)=1. Reamintim c o expresie de forma a2+2b2, cu (a,b)=1, nu poate avea

divizori primi de forma 8m1sau 8m3. Rmne cazul 3|y, y=3ui ecuaia se scrie:

(x+2)(x22x+4)=9(u2+2)

i cum (x+2,x22x+4)=3 avem 3(x+1), iar de aici i din x=8k+3 rezult cx+2 este de

formax+2=3(8t1).Dar acest 8t1nu poate divide pe u2+2.

10. Ecuaia

x3+10=y2

are soluie unicx=1. (***)

Demonstraie: Evidentx2kix4k1. Rmnex=4k+1adicx=8m+3saux=8m1. Pentru

x=8m+3, ecuaia este imposibilmodulo 8. Pentrux=8m1scriem ecuaia sub forma:


19/44


19

(i)x323=y2+232 .

Dar pentru (y,3)=1membrul drept din (i) nu poate avea un factor de forma 8t3. Dar x2,

care divide membrul stng din (i), trebuie s fie diferit de 8t3, deci x8m1. Pentru 3|y,

y=3u, relaia (i) devinex323=9(u22).

Dar pentrux=8m1,x2nu poate divide pe u22i atunci (x2)9, iar de aici i din x=8m1

rezultx=1.

11. Ecuaia

x3+11=y2

nu are soluii n numere ntregi. (***)Demonstraie: Evidentx2kix4k1. Pentrux=4k+1, scriem ecuaia sub forma

x3+33=y2+42

sau

(x+3)(x23x+9)=y2+42

i observm cx23x+9, care divide membrul stng, este de forma 4M+3. nsecuaia

x311=y2are soluii pentrux=3ix=15.

12. Ecuaia

x312=y2


Demonstraie: Pentru x impar, scriem ecuaia sub forma

x323=y2+4

i observm cx2+2x+4, care divide membrul drept, are un factor prim de forma 4m+3

(fiindcxeste impar), ce nu poate divide membrul drept. Pentruxpar,x=2x1rezultiypar,y=2y1i ecuaia devine

x133=y1

2,

care este imposibilmodulo 8. n schimb, ecuaiax3+12=y2are soluii 133+12=472.

13.Ecuaia

x3+13=y2

nu are soluii n numere ntregi.Demonstraie: Evidentx2kix4k+1. Pentrux=4k1, scriem ecuaia sub forma


20/44


20

x3+173=y2+702

sau

(x+17)(x217x+172)=y2+702

i observm cnumrul din a doua parantezeste de forma 4M+3i are un factor prim de

aceeai form, care nu poate divide suma de ptrate din membrul drept.

14. Ecuaia

x3+14=y2


Demonstraie: Evidentximpar. Pentrux8k1saux=8k3 scriem ecuaia sub forma

x3+43=y2+252

sau

(x+4)(x24x+16)=y2+252

i cum cei doi factori din membrul stng au divizori de forma 8M1sau 8M3, iar c.m.m.d.c.

al lor este 1sau 3se ncheie demonstraia.

15.Ecuaia

x314=y2


Demonstraie: Evident x impar. Pentrux=8m+1saux=8k3, ecuaia este imposibiln mod

8. Pentru rezolvarea cazuluix=8m1scriem ecuaia sub forma

x343=y2252

i observm cmembrul stng, care se divide cux4, are un factor prim de forma 8m3care

nu poate divide membrul drept, dac(y,5)=1. Pentru 5y, y=5y1, deoarece4x

4x,4x

33 = 1

sau 3, atunci unul dintre cei doi factori ai membrului stng al ecuaiei

)2y(54x

)4x( 212

33

=

4x

are un divizor prim diferit de 5, de forma 8m3, care nu poate divide pey122.

16. Ecuaia

x316=y2



21/44


21

Demonstraie: Evident x impar. Evident x4m-1. Pentru x=4m+1, adicx=8k+1 sau

x=8k3, scriem ecuaia sub forma

x323=y2+8

sau(x2)(x2+2x+4)=y2+222

i observm cmembrul stng are un factor prim de forma 8t1sau 8t3 care nu poate divide

membrul drept. Pentruxpar trebuie savem x=4u, y=4vi ecuaia devine

4u31=v2,

care mod 4nu are soluii ntregi.

17.

Ecuaiax3+16=y2

are, n numere ntregi, numai soluiax=0. (***)

Demonstraie: Fie mai ntiximpar. Rezultx4m1, adicx8k1ix8k3. Scriem apoi

ecuaia sub forma

x3+23=y2+8

sau

(x+2)(x

2

2x+4)=y

2

22

2

i din prima parantezrezultx8k+1, iar din a doua x8k3. Pentru xpar trebuie ca x=4u,

y=4vi ecuaia devine

4u3+1=v2,

de unde rezult

v+1=2m3, v1=2n3, mn=u,

ceea ce implic

m

3

n

3

=1,de unde

mn=1 im2+mn+n2=1

sau

m2+m(m1)+(m12)=0

i rezultc

m2m=0, de unde u=0, v2=0, decix=0.

18. Ecuaia


22/44


22

x317=y2


Demonstraie: Evidentx2k ix4k1. Pentrux=4k+1, scriem ecuaia sub forma

x

3

1=y2

+4

2

sau

(x1)(x2+x+1)=y2+42

i observm cx2+x+1este de forma 4M+3. Raionamentul se pstreazi n cazul ceva mai

general,xn17=y2, cnd neste de forma 4M+3.

19.Ecuaia

x

3

+19=y

2

are, n numere ntregi, soluia unic53+19=122. (***)

Demonstraie: Evident x2k i x4k1. Fie x=4k+1, adicx=8m+1 sau x=8m3. Pentru

x=8k+1scriem ecuaia sub forma

x3+33=y2+222

i observm cx23x+9, care divide membrul stng, este de forma 8M1i nu poate divide

membrul drept, care are numai divizori impari de forma 8M+1sau 8M+3. Decix8M+1. Fie

x=8m3. Pentru mpar, x3

+19=8(2M1)y2

. Pentru mimpar, m=2q+1, iar x=16q+5scriemecuaia astfel

x3+1=y2232

i x+1=2(8q+3)nu poate divide membrul drept, dac (y,3)=1, acesta avnd factorii impari

numai de forma 8M1. Deci 3y, x=3v i avem x3+1=9(v22). Deoarece trebuie ca

x+1=2(8q+3)sdividmembrul drept, iar (8q+3)(v22), rezult(8q+3)9, de unde rezult

q=0ix=5.

20.Ecuaia

x3x2+8=y2


Demonstraie: Pentru x impar o scriem astfel:

(x+2)(x22x+4)=x2+y2.

Evidentx4k+1ix4k1, fiindc(x,y)=1i (4m+3)(x2+y2). Pentruxpar,x=2u, avem:

8u34u2+8=y2sau

2u3u2+2=z2, cux=2z.


23/44


23

Pentru u par membrul stng este de forma 4M+2, iar pentru u impar de forma 4M+3, care nu

pot fi ptrate perfecte.

21.Rezolvai ecuaia:

x3+3=4y(y+1). (***)

Soluie: Scriem ecuaia sub forma:

x3+8=(2y+1)2+4.

Evidentximpar. Pentru x=4m1, membrul stng al ecuaiei, care este de aceast form, are

un factor prim de forma 4m+3, care nu poate divide membrul drept. Pentru x=4m+1

observm c(x+2)(x3+8)i analog.

22.Ecuaia:

x311=2y2


Demonstraie: Evidentximpar. Scriem ecuaia sub forma

x333=2y216

sau

(x3)(x2+3x+9)=2y242

i cum o expresie de forma a2b2nu poate avea divizori primi de forma 8m+3sau 8m3din a

doua parantezrezultcx8k+1ix8k+3. Scriem ecuaia sub forma

x3153=2y258

sau

(x15)(x2+15x+152)=2y2582

i din ultima parantezrezultcx8k1ix8k3.

23.Rezolvai ecuaia

x5+3=y2 . (***)

Soluie: Modulo 8rezultyimpar. Apoi rezultcx4k+3, cci altfel nu poate divide suma

de ptrate y2+4. Pentrux=4k+1scriem ecuaia sub forma

x5+25=y2+62

i observm c3y, atuncix+2, care divide membrul stng, este de forma 4k+3, iar dac3y,

y=3y1i cum2x+2x,2x

55

++ = 1 sau5, unul din cei doi factori ai membrului stng nu se divide


24/44


24

cu 3i cum ambii membrii sunt de forma 4k+3, aceasta nu poate divide sumay12+22. (Balkan

Math. Olympiad, 1998)

24.Ecuaia

x59=y2


Demonstraie: Evidentximpar (fiindcn caz contrar membrul stng al ecuaiei este de forma

8M1 dar y2=8k+1). Apoi x4m1, fiindc n caz contrar membrul stng este de forma

2(2m+1).Pentrux=4k+1, adicx=8m+1saux=8m-3, scriem ecuaia sub forma

x51=y2+222

i observm cmembrul stng se divide cu

1xxxx1x 234

5

++++=

1x= 1

i cacesta este de forma 8M3, pentrux=8m+1saux=8m3. Dar 8M3are un factor prim

de formap=8m3sau de formap=8m1, care nu poate divide membrul drept.

25.Ecuaia

x5+30=y2


Demonstraie: Evidentx impar ix4k+1, adicx8m+1, x8m3. Scriem apoi ecuaia sub

forma

x525=y22

sau

(x+2)(x42x3+4x28x+16)=y2+2

i din prima parantezrezultx8m+3, iar din a douax8m1.

26.Ecuaia

x5+36=y2

nu are soluii n numere ntregi. (A. Makowski)

Demonstraie: Se constat, modulo 16, c x trebuie s fie impar. Fie x=2m+1 i atunci

y=4k+1. Cum ecuaia se mai scrie

x2+4=y5-25

rezult c (y2)(x2+4) i cum y2 este de forma 4m+3, iar (x,4)=1, acest lucru este

imposibil. Makowski semnaleazi cazul mai general


25/44


25

x2+4(22n1+1)=y2n+1, n2,

cu rezolvare analoag.

27.Ecuaia

x2+22k+1=y3,k1

nu are soluii n numere ntregi. (L. Aubry)

Demonstraie: Pentru x impar, membrul stng al ecuaiei este de forma 4M+2, deci este

diferit dey3. Pentruxpar,x=2q, qimpar, scriem ecuaia sub forma:

22q2+22k=(y1)(y2+y+1).

Dary,care trebuie sfie impar nu poate fi de forma 4m+3, fiindcatunci membrul drept al

ultimei egaliti se divide numai cu 2, iar cel stng cel puin cu 4. Deci y=4m+1 i atunci

y2+y+1are un factor prim de forma 4m+3, care nu poate divide membrul stng.

2 Metoda inegalitilor

2.1 Consideraiuni teoretice

n rezolvarea unor ecuaii n numere ntregi un rol important l joacutilizarea unor

inegaliti, ca de exemplu, inegalitatea dintre media aritmetic i media geometric, pentru

micorarea intervalului de valori posibile ale necunoscutelor sau, uneori, chiar pentru

rezolvarea ecuaiei.

Cteodat, cerina ca soluiile unei ecuaii sfie n numere ntregi pozitive sugereaz

aplicarea inegalitii mediilor.

Exemplul 2.1.1: Ecuaia

x3+y3+z3=mxyz

nu are soluii n numere ntregi pozitive, pentru m=1i m=2, iar pentru m=3are soluiile:

x=y=z=n,

cu nnatural arbitrar. (***)

Soluie: Din inegalitatea mediilor rezult x3+y3+z33xyz, cu egalitate numai pentru x=y=z,

de unde afirmaia din enun.

Cteodat, pentru a arta co expresie nu este ptrat sau cub perfect, o ncadrm ntre

douptrate sau cuburi consecutive.

Exemplul 2.1.2:Ecuaiile


26/44


26

x6+ax4+bx2+c=y3,

unde a{3, 4, 5}, b{ 4, 5, ... , 12}, c{1, 2, ..., 8},nu au soluii n numere ntregi. (Dorin

Andrica)

Demonstraie: Condiiile date implic:

x6+3x4+2x2+1


27/44


27

Uneori, cnd se cere ca o expresie de forma A24B, cuA, B>0, sfie ptrat perfect, este util

sfolosim inegalitatea:

A24B(A-2)2

rezultnd din aceea cexpresia trebuie sfie un ptrat mai mic dect A

2

i de aceeai paritate.

Exemplul 2.1.5:Fie a, b, c lungimile laturilor unui triunghi exprimate prin numere ntregi.

Dacecuaia:

x2(a2+b2+c2+1)x+ab+bc+ca=0,

are rdcini ntregi, atunci triunghiul este echilateral. (I. Cucurezeanu)

Soluie: Dacecuaia are rdcini ntregi, atunci:

(a2+b2+c2+1)24(ab+bc+ca)

este ptrat perfect mai mic dect (a2+b2+c2+1)2i de aceeai paritate cu a2+b2+c2+1. Deci:

(a2+b2+c2+1)24(ab+bc+ca)(a2+b2+c21)2,

de unde (trecnd termenul din dreapta n stnga i transformnd diferena de ptrate) rezult:

a2+b2+c2+1ab+bc+ca

sau

(ab)2+(ac)2+(bc2)0,

iar de aici a=b=c, deci triunghiul are toate laturile de aceeai lungime, prin urmare este un

triunghi echilateral.

2.2 Probleme

1.n numere ntregi, ecuaia

(x+1)4(x1)4=y3

are numai soluiax=0, y=0. (Olimpiada australian)

Rezolvare: Avem:

(x+1)4(x1)4=8x3+8x.

Presupunem cx, yeste o soluie, cux1. Din:

(2x)38x3+8x(2x+1)3

rezultc2x


28/44


28

(x+y)2+3x+y+1=z2. (Olimpiada romn)

Soluie: Inegalitile:

(x+y)2


29/44


29

Rezolvare: Observm cy0. Cum partea dreapteste diferitde zero, rezultacelai lucru i

din partea stng. Sgsim un majorant pentruy. Avem (xy)2 1, iar de aici, dacy>x,

deciyx+1, rezult:

x

2

y2

y2

(y1)2

=2y1i deci

1+16y(2y1)2,

de undey5. Analog pentruy


30/44


30

Pentrus=1, din (1) rezultp=1, care nu convine. Pentrus=1, din (1) rezultp=0i, n fine,

soluiile (x,y)=(1,0)sau(0,1).

8.

n numere ntregi, ecuaiax2+y2+z2=2xyz

are numai soluiax=y=z=0.(***)

Demonstraie: Evident, dacuna dintre necunoscute este 0, atunci toate sunt 0. Presupunem

cexisto soluie nenul. Nu putem avea doudintre necunoscute impare i una par, fiindc

atunci membrul stng este de forma 4M+2, iar cel drept de forma 4M. Fie toate pare:

x=2q1, y=2q2, z=2

q3

cu q1, q2, q3impare (nu neaprat pozitive). Nu putem avea ==, fiindcdupsimplificare

cu 22

321321 qqq2]q2q2q[2

n stnga rmne un numr impar, iar n dreapta unul par. Fie =min(,,). Avem:

.12)(22)(222 +++ =++

Dac> i > rezult ++>2 i cum numrul din paranteza dreapt este impar,

egalitatea precedentnu este posibil. n fine, dac=i >, din parantezse mai poate

scoate factor 21 (i nu mai mult) i avem totui +++1>2+1, ceea ce ncheie

demonstraia.

9. Sse afle numerele ntregixiypentru care expresiile

x2+4y i y2+4x

sunt simultan ptrate perfecte. (Olimpiada Asia Pacific)

Soluie: Dacx=0, atunci y trebuie s fie ptrat perfect. Analog pentru y=0. Observm c

x2+4y ix2 au aceeai paritate. La fel y2+4x iy2. Distingem urmtoarele cazuri.

a) x>0, y>0

Avem x2

+4y(x+2)2

i y2

+4x(y+2)2

, iar prin adunarea lor obinem o contradicie. Deci nacest caz nu avem soluii.

b) x0

Avem x2+4y(x+2)2 i y2+4x(y2)2, de unde xy=1 i orice astfel de pereche satisface

condiiile problemei.

c) x


31/44


31

Pentruy=x,avem x2+4x=t2, (x+2)24=t2, de undex=4i deciy=4. Pentruy=x1, a doua

expresie este ptrat perfect i pentru a fi i prima, trebuie ca:

x2+4x4=t2sau(x+2)28=t2,

de undex=5i deciy=6.n concluzie, toate soluiile problemei sunt perechile:

(0,k2), (k2,0), (k,1-k ), (-6,-5), (-4,-4), (-5,-6).

10.Suma cuburilor a opt numere naturale consecutive nu poate fi cub perfect. (I.

Cucurezeanu)

Soluie: Fie a3, a2, a1, a , a+1, a+2, a+3, a +4, (a>3)iEsuma cuburilor lor, pe care o

presupunem cub perfect. Avem E=8a3+12a2+132a+64. Se verific uor cE(2a+1)3 E(2a +2)3.

Deci ar trebui caE=(2a+2)3, care nsnu se verific.

3 Metoda aritmeticii modulare

3.1 Scurtprezentare a metodei

n rezolvarea unor ecuaii n numere ntregi un rol important l are metoda aritmeticii

modulare. Aceasta const n considerarea resturilor celor doi membrii ai unei ecuaii prin

mprirea acestora la acelai numr m>0 numit modul (de unde i denumirea).

Aceastmetodare rolul de a restrnge domeniul n care sunt cutate soluiile ecuaiei

i, uneori chiar de a conduce la rezolvarea ei.

Pentru o mai bun nelegere a problemelor din acest capitol, n continuare vom

reaminti cteva chestiuni teoretice.

Teorema mpririi 3.1.1: Fiind date dou numere ntregi ai b0, exist dou numere

ntregi qi r, unic determinate, astfel nct:

a=bq+r, cu 0rb.

Numerele ai bpoartnumele de demprit i mpritor, iar qi rde ct i respectiv

rest.

n cazul n care r=0, spunem cbdivide pe a(ba), ceea ce se ntmplatunci cnd

existun ntreg castfel nct a=bci mai spunem caeste un multiplu al lui b. n caz contrar,

spunem cbnu l divide pe a(ba).

Din punctul de vedere al divizibilitii, numrul zero este considerat cel mai mare,

avnd orice divizor, 0=0c, oricare ar fi cnumr ntreg.


32/44


32

Rezultuor urmtoarele proprieti:

Proprieti 3.1.2:

1. Dacbai a>0, b>0, atunci 1ba.

2.

Dacb

ai a

c, atunci b

c.3. Dacbai c0, atunci bcac.

4. Daccai cb, atunci c(ma+nb), pentru orice m, nntregi.

Ne va fi utili urmtoarea:

Varianta teoremei mpririi 3.1.3: Fiind date dounumere ntregi ai b>0, existdou

numere ntregi qi r, astfel nct:

a=bq+r, cu 0r2

b.

Observaia.3.1.4:Numerele qi rdin aceastvarianta teoremei mpririi nu mai sunt unic

determinate. Numrul rdin aceastvariantpoartnumele rest minim n valoare absolut.

Exemplul 3.1.5: La mprirea prin 9, resturile obinuite sunt 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, iar

resturile minime n valoare absolutsunt 0, 1, 2, 3, 4 iar la mprirea prin 4resturile

obinuite sunt 0, 1, 2, 3,iar resturile minime n valoare absolutsunt 0, 1, 2. se observi

de aici neunicitatea restului.

Definiia 3.1.6:Fie m>0un ntreg. Numerele ntregi ai bse numesc congruente modulo m

dacdau acelai rest la mprirea prin m, altfel spus, dacm(a-b).

Notaia 3.1.7: Notm ab(mod m)i citim a congruent cu b modulo m. Cazul contrar se

noteazcu ab(mod m).

Exemple 3.1.8: Faptul cptratul oricrui numr impar a drestul 1la mprirea prin 8(ceea

ce se poate verifica foarte uor), se noteazprin a21(mod8).

Faptul ccubul oricrui numr ntreg anu poate da la mprirea prin 7sau 9 dect

resturile minime 1, 0, 1se noteazprin a30sau 1(mod7),respectiv a30sau 1(mod9).

Ca terminologie, prin ecuaia considerat modulo m nelegem c studiem resturile

celor doi membrii ai ecuaiei prin mprirea la m. Dacresturile sunt diferite, atunci ecuaia

nu are soluii ntregi.


x22y2+8z=3

nu are soluii ntregi. (***)


33/44


33

Demonstraie: Evidentximpar i atuncix21(mod8).Iar de aici, considernd ecuaia modulo

8, obinem resturi diferite, indiferent de paritatea lui y. Prezena cubului unor necunoscute

ntr-o ecuaie, sugereazconsiderarea ei mod 7sau 9.


x32xy+y3=2005


Rezolvare: Considerm ecuaia modulo 9i avem 2005-2 (mod9).Pentru 3xy, membrul

stng al ecuaiei este congruent cu 0sau este congruent cu1, 3sau 4(mod9),deci n ambele

cazuri avem o contradicie, adicecuaia este imposibilmodulo 9.

Alegerea modulului m depinde de ecuaie i de abilitatea rezolvitorului. De obicei,

acesta este un numr prim sau o putere a unui numr prim.


19x384y2=1984

nu are soluii n numere ntregi. (Olimpiada rus, 1984)

Demonstraie: Sstudiem ecuaia n raport cu un modul convenabil ales. Deoarecex30sau

1att modulo 9ct i modulo 7, iar 784, vom considera ecuaia mod 7. Cum 192(mod

7), iar 19843(mod7), vom avea 2x33(mod7), adicx32(mod7), fals.

Deseori, considerarea unei ecuaii n raport cu un modul nu conduce direct la

rezolvarea ei, dar contribuie la micorarea intervalelor de variaie ale necunoscutelor.

Exemplul 3.1.12:Gsii numerele naturale a, b, c,astfel nct

a3+b3+c3=2001. (O.B.J., 2001)

Soluie: Pentru micorarea numrului ncercrilor, vom considera ecuaia modulo 9. Deoarece

20013(mod9), iar cumx30sau 1(mod9)rezultabc1 (mod9). Fie deci:

a=3+1, b=3+1, c=3+1, cu , , N.

Notm:

f(x)=3x3+3x2+x

i ecuaia devine:

f()+f()+f()=222.

Deoarece f(4)=244>222 rezult c, , 3. Deoarece f(0)=0, f(1)=7, f(2)=111 rezzult

=0, ==2sau simetricele i deci soluiile: (1,10,10), (10,1,10), (10,10,1).

n continuare reamintim pe scurt cteva proprieti utile:


34/44


34

Proprieti 3.1.13:

1. Relaia de congrueneste o relaie de echivalen, adiceste reflexiv, simetrici

tranzitiv.

2. Dourelaii de congruense pot aduna, scdea sau nmuli membru cu membru.

3. Ambii membrii ai unei relaii de congruenpot fi ridicai la aceeai putere ntreag

pozitiv.

4. Ambii membrii ai unei relaii de congruen pot fi nmulii cu orice numr ntreg,

nmulind sau nu n acelai timp i modulul.

5. Orice relaie de congruenn raport cu un modul dat, este o relaie de congruenn

raport cu un modul care este divizor al modulului dat.

6. Ambii membrii ai unei relaii de congruenpot fi simplificai cu orice factor prim cu

modulul.

Relaia de congruen fiind o relaie de echivalen pe mulimea numerelor ntregi,

determinpe aceasta o partiie, adico mprire n clase nevide, disjuncte a cror reuniune

acopermulimea.

Aceste clase, numite clase de resturi modulo m, se pot organiza ca un inel comutativ

cu element unitate, numit inelul claselor de resturi modulo m, sau ca un corp, dacm este

numr prim.

3.2 Probleme

1. a)Ecuaia 5x2+9y=7nu are soluii n numere ntregi.

b)Ecuaia 5x2+9y=8are o infinitate de soluii ntregi. (I. Cucurezeanu)

Rezolvare: a)Avem 5x27 (mod 8) i deci x25 (mod 9).Dar resturile minime n valoare

absolutale mpririi unui numr ntreg prin 9sunt 0, 1, 2, 3, 4i, prin urmare, ale lui

x2sunt 0, 1, 4, 2,deci nu 5i atuncix25 (mod9).

b)Avem 5x28 (mod9)i decix22(mod9), de undex=9k+4, kZi corespunztor rezult

yntreg.

2. Ecuaia

x2+y2+z22xy2xz2yz=2006



35/44


35

Soluie: Evident, nu toate necunoscutele pot fi impare. Dacdoudintre ele sunt pare, atunci

i a treia este par i ecuaia este imposibil modulo 4. Dac una singur este par, de

exempluz, ecuaia se scrie (xy)2+4=2006, tot imposibilmodulo 4.

3. Existdoi ntregi mi nastfel nct

5m26mn+7n2=1985? (O.I.M.Long List, 1985)

Soluie: Considerm ecuaia modulo 8. Evident m i n sunt de pariti diferite. Deoarece

19851(mod8),iar pentru aimpar, a21(mod8), rezultnpar i deci mimpar.

Dar 6mn+7n20(mod8),indiferent de faptul cnse divide cu 4sau numai cu 2. Deducem

cmembrul stng al ecuaiei este congruent cu 5 (mod 8),dar cel drept este congruent cu

1(mod8),deci nu existsoluii.

4. Existun ntreg astfel nct cubul su sfie egal cu

3n2+3n+7,

unde neste un ntreg? (O.I.M.Long List, 1985)

Soluie: Revine la rezolvarea ecuaiei:

m3=3n2+3n+7

sau

m3+n3=(n+1)3+6.

Consideratmodulo 9i innd seama de faptul ca30 sau 1(mod9),deducem c3ni

3(n+1), deci n=3+1 i atunci m3+11+6(mod 9), congruen fr soluii. Deci nu

exist.

5. Determinai cel mai mic numr natural a pentru care

7+7a+7a2este biptrat perfect. (Olimpiada din Canada, 1977)

Soluie: Trebuie mai nti ca 1+a+a2sse dividcu 7. Resturile minime n valoare absolut

ale mpririi lui a la 7 sunt 0, 1, 2, 3, iar ale lui a2sunt 0, 1, -3, 2. Din 7(1+a+a2)

rezulta=7k+2sau a=7k3. Pentru a=7k3avem:

a2+a+1=7(7k25k+1)

i cel mai mickpentru care i numrul din parantezse divide cu 7este 3, pentru care avem:

a2+a+1=73.Deci a=18. Pentru a=7k+2avem:


36/44


36

a2+a+1=7(7k2+5k+1)

i cel mai mic kpentru care i numrul din parantezse divide cu 7este 4, deci a=30. Dintre

18i 30, cel mai mic este 18, deci soluia este a=18.

6. Sse rezolve n numere prime ecuaia

p3q5=(p+q)2. (Olimpiada din Rusia, 1996)

Soluie: Singura soluie a ecuaiei estep=7, q=3. ntr-adevr, spresupunem cnici unul din

numerele p i q nu este 3. Atunci p1 sau 2(mod 3) i la fel q. Dacpq(mod 3), atunci

partea stng a ecuaiei se divide cu 3, iar partea dreapt nu, deci ecuaia este imposibil

modulo 3. Tot imposibil mod 3 este i pentru pq(mod 3). Pentru p=3 avem q51 i

studiem ecuaia modulo 9.


37/44


37

= 1n211 a), ... , x, x(xf

x 0 1 2 3 4 5 6

7x 1 2 4 1 2 4 1mod 9

Observm c7xd restul 4 la mprirea prin 9, n cazul x impar, pentru x=6k+5. Studiind

apoi ecuaia modulo 13, gsim cx=12m+1 sau x=13m+3. Dar x=6k+5este echivalent cu

x=12n+5saux=12n+11i deci nu mai avem o altsoluie.

3 Metode de rezolvare a ecuaiilor diofantiene

3.1 Rezolvarea ecuaiilor diofantiene prin metoda descompunerii

Aceastmetodconstn scrierea ecuaiei f(x1,x2,...,xn)=0sub forma:

f1(x1, x2, ... , xn)f2(x1, x2, ... , xn)...fk(x1, x2, ... , xn)=a,

unde f1, f2, ..., fkZ[X1,X2,...,Xn] i aZ. Folosind descompunerea n factori primi a lui a,

obinem un numr finit de descompuneri n k factori ntregi a1, a2, ..., an. Fiecare astfel de

descompunere conduce la un sistem de ecuaii de forma:

=

=

kn21k

2n212

a), ... , x, x(xf...

a), ... , x, x(xf

Rezolvnd aceste sisteme de ecuaii obinem mulimea de soluii pentru ecuaia

considerat.

Exemplul 3.1.1:Determinai toate soluiile ntregi pentru ecuaia

(x2+1)(y2+1)+2(xy)(1xy)=4(1+xy). (Titu Andreescu)

Soluie: Scriem ecuaia sub forma:

x2y22xy+1+x2+y22xy+2(xy)(1xy)=4,

sau

(xy1)2+(xy)22(xy)(xy1)=4.

Aceasta este echivalentcu:

[xy1(xy)]2=4,

de unde se obine:

(x+1)(y1)=2.

Dac(x+1)(y1)=2, rezultsistemele de ecuaii:


38/44


38

=

=+

=

=+

=

=+

=

=+

21y

11x;

21y

11x;

11y

21x;

11y

21x

care conduc la soluiile (1,2), (3,0), (0,3), (2,1). Dac(x+1)(y1)=2, se obin sistemele

de ecuaii:

=

=+

=

=+

=

=+

=

=+

21y

11x;

21y

11x;

11y

21x;

11y

21x

ale cror soluii sunt (1,0), (3,2), (0,1), (2,3). Toate cele opt perechi determinate satisfac

ecuaia considerat.

3.2 Rezolvarea ecuaiilor diofantiene cu ajutorul inegalitilor

Aceastmetodconst n determinarea unor intervale n care se aflnecunoscutele,

prin utilizarea unor inegaliti adecvate. n general acest proces conduce numai la un numr

finit de posibiliti pentru toate necunoscutele sau pentru o parte dintre acestea.

Exemplul 3.2.1:Sse determine toate perechile (x,y)de numere ntregi astfel nct

x3+y3=(x+y)2.

Soluie: n primul rnd observm cperechile de forma (k,k), kZsunt soluii pentru ecuaia

dat. Dacx+y0, ecuaia devine:

x2xy+y2=x+y ,

care este echivalentcu:

(xy)2+(x1)2+(y1)2=2.

Rezult c (x1)21 i (y1)21, inegaliti care restrng intervalul n care se afl

necunoscutelex, yla [0,2]. Obinem astfel soluiile (0,1), (1,0), (1,2), (2,1), (2,2).

Exemplul 3.2.2: Determinai toate cvadruplele de numere naturale nenule (x,y,z,w) pentru

care

x2+y2+z2+2xy+2x(z1)+2y(z+1)=w2. (Titu Andreescu)

Soluie: Avem:

(x+y+z1)2= x2+y2+z2+2xy+2x(z1)+2y(z1)2z+1

de unde rezultinegalitile:

(x+y+z1)2


39/44


39

poate fi egal numai cu (x+y+z)2. Aceasta implic x=y, deci soluiile cutate sunt

(m,m,n,2m+n), m, nN*.

3.3 Rezolvarea ecuaiilor diofantiene prin metoda parametric

n multe situaii soluiile ntregi ale unei ecuaii diofantiene

f(x1,x2,...,xn)=0

pot fi reprezentate parametric sub forma:

x1=g1(k1,,k1), x2=g2(k2,,k2),, xn=gn(kn,,kn),

undeg1,g2, ,gnsunt funcii de l-variabile, cu valori ntregi i k1, k2, , knZ.

Pentru unele ecuaii diofantiene mulimea soluiilor poate avea mai multe reprezentri

parametrice.

n multe cazuri nu este posibil s gsim toate soluiile pentru o ecuaie diofantian.

Metoda parametriceste o cale utilde a pune n evidenfamilii infinite de soluii.

Exemplul 3.3.1: Artai cexisto infinitate de triplete (x,y,z)de numere ntregi astfel nct

x3+y3+z3=x2+y2+z2. (Turneul oraelor)

Soluie: Alegndz=y, ecuaia devine:

x3=x2+2y2.

Dacy=mx, mZ,atuncix=1+2m2i obinem urmtoarea familie infinitde soluii:

x=2m2+1, y=m(2m2+1), z=m(2m2+1), mZ..

3.4 Rezolvarea ecuaiilor diofantiene prin metoda aritmeticii modulare.

n multe situaii consideraii simple de aritmeticmodularse dovedesc a fi extrem de

utile n demonstraia faptului canumite ecuaii diofantiene nu sunt solvabile sau n reducerea

posibilitilor de alegere a soluiilor acestora.

Exemplul 3.4.1: Artai cecuaia

(x+1)2+(x+2)2++(x+2001)2=y2

nu este solvabil.

Soluie: Fiex=z1001. Ecuaia devine:

(z1000)2++(z1)2+z2+(z+1)2++(z+1000)2=y2

sau


40/44


40

2001z2+2(12+22++10002)=y2.

Urmeazc:

22 y200110011000

2z2001 =

+6

,

ceea ce este echivalent cu:

2001z2+10001001667=y2.

Partea stnga ultimei relaii este congruentcu 2(mod3),deci nu poate fi un ptrat perfect.

Exemplul 3.4.2: Determinai toate perechile de numere prime (p,q) astfel nct

p3q5=(p+q)2. (Olimpiada de matematicdin Rusia)

Soluie: Singura soluie este (7,3).Spresupunem pentru nceput cnici unul dintre numerele

pi qnu este egal cu 3. Atuncip1sau 2 (mod3). Dacam aveapq (mod3),atunci partea

stng a ecuaiei este divizibil cu 3, iar partea dreapt nu are aceast proprietate. Acelai

lucru se ntmpldacpq (mod3). Dacp=3, atunci q5


41/44


41

Pentru orice kn0, din faptul cP(k) este adevrat rezult cP(k+s) este

adevrat.

Atunci propoziiaP(n)este adevratpentru orice nn0.

3.5.3 Inducia matematic(forma tare)

Presupunem c:

P(n0)este adevrat;

Pentru orice kn0, din faptul cP(m) este adevrat pentru orice m cu

n0mk, rezultcP(k+1)este adevrat.

Atunci propoziiaP(n)este adevratpentru orice nn0.

Aceast metod de demonstraie este frecvent utilizat n diferite discipline

matematice, inclusiv n teoria numerelor. Urmtoarele exemple ilustreazutilizarea induciei

matematice n studiul ecuaiilor diofantiene.

Exemplul 3.5.4:Artai cpentru orice numr natural n, urmtoarea ecuaie este solvabiln

mulimea numerelor ntregi

x2+y2+z2=59n. (Dorin Andrica)

Soluie: Vom utiliza inducia matematic cu pasul s=2 i n0=1. Observm c pentru

(x1,y1,z1)=(1,3,7)i (x2,y2,z2)=(14,39,42)avem

x12+y1

2+z12=59 ix2

2+y22+z2

2=592.

Definim (xn,yn,zn), n3, prin:

xn+2=592xn, yn+2=59

2yn,zn+2=592zn

pentru orice n1. Atunci:

x2k+2+y2

k+2+z2

k+2=592(xk

2+yk2+zk

2),

deci:

xk2+yk

2+zk2=59k

Implic

x2k+2+y2

k+2+z2

k+2=59k+2.

Exemplul 3.5.5:Sse arate cpentru orice n3, ecuaia

11

...11

=+++

xxx n21

este solvabiln numere naturale distincte.


42/44


42

Soluie: n cazul n=3avem:

1111=++

632.

Presupunem cpentru k3are loc relaia:

11

...11

=+++xxx k21

,

unde x1, x2, ..., xksunt numere naturale distincte i obinem:

2x2x2x2 n21

11...

11=+++ .

Prin urmare:

11

...111

=++++

x2x2x22 n21

21 x,x

122

unde numerele naturale 2, 2x1, 2x2, ..., 2xksunt distincte doucte dou.

3.6Rezolvarea ecuaiilor diofantiene liniare

Definiia 3.6.1: O ecuaie de forma

a1x1+...+anxn=b

unde a1, a2, ..., an, bsunt numere ntregi fixate, se numete ecuaie diofanticliniar.Presupunem cn1i coeficienii a1, a2, ..., ansunt toi diferii de zero.

Teorema 3.6.2: Ecuaia

a1x1+...+anxn=b

este solvabildaci numai dac(a1,a2,...,an)b. n caz de solvabilitate, soluiile ntregi ale

ecuaiei a1x1+...+anxn=bse exprimn funcie de n1parametri ntregi.

Corolar 3.6.3: Fie a1, a2 numere ntregi prime ntre ele. Dac ( )este o soluie aecuaiei:

00

a1x1+a2x2=b,

atunci toate soluiile ei sunt date de:

=

+=

taxx

taxx0

2011

unde tZ.

Exemplul 3.6.4: Rezolvai n numere ntregi ecuaia


43/44


43

3x+4y+5z=6.

Soluie: Lucrnd modulo 5obinem:

3x+4y1 (mod5),

deci

3x+4y=1+5s, sZ.

O soluie a ecuaiei este:

x=1+3s, y=1s.

Conform corolarului 3.4.6.3 obinem:

x=1+3s+4t, y=1s3t, tZ,

iar prin nlocuire n ecuaia iniial rezultz=1s. Prin urmare toate soluiile ntregi ale

ecuaiei noastre sunt date de:

(x,y,z)=(1+3s+4t,1s3t,1t), s, tZ.

BIBLIOGRAFIE

[1] Andreescu, T., Andrica, D., O introducere n studiul ecuaiilor diofantiene, Editura GIL,

Zalu, 2002

[2] Andrei, GH., Caragea, C., Cucurezeanu, I., Bordea, Gh.,Probleme de algebr, EdituraDidactici Pedagogic, Bucureti, 1993.

[3]Andrica D., Duca I. D., Pop I., Purdea I.,Matematica de baz, Editura Studium, Cluj-

Napoca, 2000.

[4] Becheanu, M., Olimpiade matematice (1987-1994),Editura GIL Zalu, 1995.

[5] Beju, A. E., Beju, I., Compendiu de matematic, Editura tiinific i Enciclopedic,

Bucureti, 1983.

[6] Buneag, D., Boboc, Fl., Piciu, D., Elemente de aritmetici teoria numerelor, EdituraUniversitaria, Craiova, 1999.

[7] Chi V., Lobon Gh., erdean V., Chiorean M., Ghidul profesorului de matematic,

Editura Dacia, Cluj-Napoca, 2001.

[8] Cucurezeanu, I.,Ecuaii n numere ntregi,Editura Aramis, Bucureti, 2006.

[9] Ghelfond, A. O., Rezolvarea ecuaiilor n numere ntregi (trad. din limba rus), Editura

Tehnic, Bucureti, 1954.

[10] Ionescu M., Radu I.,Didactica modern, Editura Dacia, Cluj-Napoca, 2001.


44/44


[11] Mortici, C., Probleme pregtitoare pentru concursurile de matematic, Editura GIL

Zalu, 1999.

[12] Mortici, C., 600 probleme, Editura GIL, Zalu, 2001.

[13] Panaitopol, L., Gica, A., Probleme celebre de teoria numerelor, Editura Universitii,

Bucureti, 1998.

[14] Panaitopol, L., erbnescu, D., Probleme de Teoria numerelor i Combinatoric

pentru juniori,Editura GIL, Zalu, 2003.

[15] Popovici, C. P.,Teoria numerelor, Editura Didactici Pedagogic, Bucureti, 1973.

[16] Rdescu, N., Elemente de aritmetic i teoria numerelor, Editura Didactica Nova,

Craiova, 1996.

apr2011 metode de rezolvare a ecuatiilor în z.pdf

Documents