format .pdf, 1.8 MB

Demonstraţie. Din xy = p (x + y + z) rezultă 2αβ ¡ α 2 − β 2¢ = p ¡ 2α 2 +2αβ ¢
adică β (α − β) =p. Cump este număr prim rezultă căavemsoluţiile (β,α − β) =
(1,p) , (p, 1) deci (α, β) =(p +1, 1) , (p +1,p). În concluzie avem:
(i) x =(p +1) 2 − 1 2 = p (p +2), y =2(p +1),
(ii) x =(p +1) 2 − p 2 =2p +1, y =2p (p +1).
Observaţie. Pentru p = 2 se obţine Problema OG:111, G.M.-1/1991, autor
Valer Pop.
4. (G.M.-5/1979, Problema O:35, Bucur B. Ionescu) Există triplete pitagoreice
cu x, y, z numere prime?
Soluţie. Din y =2αβ rezultă singura posibilitate α = β =1dar atunci
x = α 2 − β 2 =0, imposibil. Deci răspunsul este negativ.
5. (G.M.12/1979, Problema E:6736 ∗ , I. Joldiş) x + y + z | xy.
Demonstraţie. x + y + z =2α (α + β), iarxy =2αβ ¡ α 2 − β 2¢ .
6. (Problema 7.8, [3, p.190 + p.199]) x 2 − xy + y 2 este suma a două pătrate.
Demonstraţie. x 2 −xy+y 2 = ¡ α 2 − β 2¢ 2 ¡
−2αβ α 2 − β 2¢ +4α 2 β 2 = β 2 (α + β) 2 +
+α 2 (α − β) 2 .
7. Dacă p şi q sunt numere naturale nenule şi prime între ele, să serezolve
ecuaţia diofantică p 2 x 2 + q 2 y 2 =2p 2 q 2 z 2 .
Soluţie. Considerând x = qu şi y = pv obţinem u 2 + v 2 =2z 2 de unde rezultă
µ 2 µ 2 u + v u − v
z 2 = + şi deci u − v =2αβ, u + v = α 2 − β 2 , z = α 2 + β 2 .În
2
2
2
2
concluzie:
x = q ¡ α 2 +2αβ − β 2¢ ,y= p ¡ α 2 − 2αβ − β 2¢ ,z= α 2 + β 2
cu (α, β) =1.
Observaţie. Pentru p =2, q =3se obţine Problema 5.9 din [3, p.119].
Bibliografie
1. V. Claudian - Analiză diofantică, G.M.-1/1970, 1-9.
2. L. E. Dickson - History of the theory of numbers, vol. II - Diophantine Analysis,
Chelsea, N. Y., 1952.
3. P. Radovici-Mărculescu - Probleme de teoria elementarăanumerelor,Ed. Tehnică,
Seria ”Culegeri de probleme de matematică şi fizică”, Bucureşti, 1986.
40