Diofantne jednaine Teorija brojeva

Diofantne jednaineSEMINARSKI RADPredmet: Teorija brojeva

Profesor: Student: ________________ Br. indeksa: _____________

Sadraj:

1. Uvod32. Rjeavanje Diofantovih jednaina42.1. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem zbira82.2. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem nejednakosti92.3. Rjeavanje Diofantovih jednaina metodom parnosti102.4. Rjeavanje Diofantovih jednaina metodom poslednje cifre112.5. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem osobina djeljivosti122.6. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem kongruencija132.7. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem diskriminante142.8. Metod Ojlera152.9. Diofantov metod163. Literatura17

1. UvodDiofantove jednaine predstavljaju staru i znaajnu temu kojom su se matematiari bavili kroz bogatu istoriju matematikih teorija i problema. Istorijski osvrt na Diofantove jednaine ima svoj metodiki i istorijski znaaj, jer je istorijat Diofantovih jednaina u matematikoj nauci jedan od najinteresantnijih istorijskih puteva, poto je razvoj teorijske misli o Diofantovim jednainama, najue povezan sa evolucijom matematike i razvojem matematike simbolike, matematikih teorija i matematikih metoda uopte.Primjer 1. Postoji li kvadar iji su mjerni brojevi ivica cijeli brojevi, a dijagonala kvadra je 65 cm? Ako se ivice tog kvadra obiljee sa a, b i c, onda se korienjem Pitagorine teoreme dobija da je a2+b2+c2=652=4225. Opet je iz uslova zadatka jasno da su traeni brojevi a, b i c prirodni, ali se opet nameu i sledea pitanja: 1. Da li takav kvadar uopte postoji? 2. Ako postoji kolike su njegove ivice i kako ih izraunati? 3. Da li postoji samo jedan ili vie takvih kvadara?Primjer 2.Olovka kota pola dinara, gumica jedan dinar, a sveska 5 dinara. Da li je mogue za tano 100 dinara kupiti tano 100 predmeta? Ako se broj olovki oznai sa x, broj gumica sa y i broj sveski sa z, onda se dobija sledei sistem jednaina: x + y + z = 100 i .Dobijene jednaine su primjeri Diofantovih jednaina[footnoteRef:2]. Dakle, algebarske jednaine ili sistemi algebarskih jednaina sa racionalnim koeficijentima ija rjeenja pripadaju skupu cijelih (najee) ili racionalnih brojeva, ili nekom od njegovih podskupova nazivaju se algebarskim Diofantovim jednainama. U slijedeem izlaganju e biti govora o nelinearnim Diofantskim jednainama (u njima se nepoznate pojavljuju u lanovima vieg reda). [2: Diofant Aleksandrijski je poslednji veliki antiki matematiar iz 3. vijeka nove ere, a prvi koji se bavio jednainama sa cjelobrojnim rjeenjima.]

2. Rjeavanje Diofantovih jednainaOsnovna pitanja koja se postavljaju za Diofantove jednaine su: 1. Dokazati ili opovrgnuti egzistenciju rjeenja; 2. Prebrojati koliko ukupno rjeenja ima data jednaina (konano ili beskonano mnogo); 3. Ako jednaina ima konano mnogo reenja, odrediti sva njena rjeenja; 4. Ako jednaina ima beskonano mnogo rjeenja, odrediti formule koje daju sva rjeenja (ako je to mogue); 5. Od svih moguih rjeenja izdvojiti ona koja zadovoljavaju posebne uslove (ako se to trai). Odgovori na ova pitanja su esto veoma teki, to teoriji Diofantovih jednaina daje veoma veliki znaaj i ini je jednom od najinteresantnijih polja istraivanja u teoriji brojeva. Stroga sistematizacija metoda za rjeavanje Diofantovih jednaina sigurno ne bi bila potpuna, jer se opti postupak moe konstruisati samo za neke klase jednaina. Meutim, prisutna je izuzetno velika raznovrsnost ideja koje se koriste u razrjeavanju navedenih pitanja. U ovom radu se navode neke od tih ideja za rjeavanje Diofantovih jednaina. Zajedniki naziv svim tim idejama (trikovima, metodama) bi bio metod razlikovanja sluajeva. Najee se jednaina mora zapisati u odgovarajui oblik, da bi se kroz razlikovanje doputenih sluajeva mogao suziti skup potencijalnih rjeenja, te konano i nai sama rjeenja. Primjer 3.Odrediti sve ureene parove (x,y) prirodnih brojeva x i y tako da vai jednakost xy2 + 4 = 2000 y2.Razlikuju se dva sluaja: 1) Ako je y = 0, onda je 4 = 0, pa y = 0 nije rjeenje date jednaine; 2) Ako je y 0, onda je . Kako je cijeli broj, to je i prirodan broj. Zakljuak je da y mora biti djelilac broja 4 i zato su mogui jedino sluajevi: 1) Ako je y = 1, onda je x = 1996 ; 2) Ako je y = 2, onda je x = 1999 ; Prema tome jedina rjeenja su parovi: (1996, 1) ; (1999, 2).U ovom radu je prikazano rjeavanje Diofantovih jednaina korienjem algebarskih transformacija. Naime algebarske transformacije su sredstvo kojim se polazna Diofantova jednaina dovodi na ekvivalentan oblik pogodan za diskusiju, tj. za razlikovanje sluajeva. Kako to konkretno izgleda i kada se kao sredstvo koristi proizvod, kolinik, zbir, nejednakost, parnost, deljivost ili neto drugo, najbolje ilustruju sledei primjeri.Rjeavanje diofantovih jednaina koritenjem proizvodaPrimjeri koji slijede najbolje ilustruju koritenje proizvoda radi lakeg razdvajanja sluajeva.Primjer 4.Nai sva cjelobrojna rjeenja jednaine 3xy + 2y = 7. Jednainu zapiemo u obliku y(3x + 2) = 7, pa kako su y i 3x + 2 cijeli brojevi imamo slijedee mogunosti:1. y = 1, 3x + 2 = 7 x = , y = 1 ;2. y = 1, 3x + 2 = 7 x = 3, y = 1 ;3. y = 7, 3x + 2 = 1 x = , y = 7 ;4. y = 7, 3x + 2 = 1 x = 1, y = 7 .Slijedi da imamo dva rjeenja: (3, 1) i (1, 7).Primjer 5.Rijeimo diofantsku jednainu xy +x3y 6=0.Lijevu stranu jednaine rastavimo na inioce: (xy+x)+(3y3)3 = 0, x(y+ 1)3(y+ 1) = 3, x-31-13-3

y+13-31-1

(y+ 1)(x3) = 3. Dakle, proizvod izraza y +1 i x3 jednak je 3, a to je mogue samo u sluajevima koji su dati u tablici:

Na osnovu toga imamo sledea rjeenja: (4,2), (2,-4), (6,0), 0,-2).Primjer 6.Odredite sve prirodne brojeve n za koje je n 2 4n + 16 potpun kvadrat nekog prirodnog broja.Za neki prirodni broj m mora vrijediti m2 = n2 4n + 16 = n2 4n + 4 + 12 = (n 2)2 + 12 .Odavde slijedi da je 12 = m2 (n 2)2 = (m + n 2)(m n + 2).Kako su zbir i razlika dva cijela broja uvijek iste parnosti (u ovom sluaju to su brojevi m i n2), te m + n 2 0 (zbog m, n 1), razlikujemo dva sluaja:1. m + n 2 = 2, m n + 2 = 6 ;2. m + n 2 = 6, m n + 2 = 2 .U prvom sluaju dobijamo m = 4, n = 0, a u drugom m = 4, n = 4. Kako nula nije prirodan broj, imamo samo jedno rjeenje n = 4.Rjeavanje diofantskih jednaina koritenjem kolinikaOva metoda se sastoji u slijedeem: jednaina se transformie tako da se jedna nepoznata prikae kao racionalna funkcija druge nepoznate, transformie u zbir cijele i racionalne funkcije druge nepoznate, a zatim se analizom druge funkcije izdvoje svi mogui sluajevi. Primjer 7. Rijeimo diofantsku jednainu xy + 2y = x.Izrazimo jednu nepoznatu, na primjer y: .Izraz je cjelobrojan samo ako je x + 2 djelitelj broja 2, tj. x+2 {1,1,2,2}. Odavde dobijamo da je x {1,3,0,4}, odakle y {1,3,0,2}.Primjer 8.Odredite sva cjelobrojna rjeenja jednaine 10x + 3y = 4. Kako je D(10,3)=1 i 14 jednaina ima cjelobrojna rjeenja. Jednu nepoznatu izraziemo pomou druge nepoznate. Budui da je koeficijent uz nepoznanicu y manji, to je pogodnije da y izrazimo pomou x. Imamo redom: 3y = 10x + 4

Vidimo da je y zbirj cijele funkcije 3x + 1 i racionalne funkcije nepoznate x. Sada posmatramo tu drugu funkciju. Da bi y bio cijeli broj, mora biti cijeli broj. To znai da je 1x=3, odnosno x = 1 3, . Uvrstimo li sada dobijenu vrijednost za x u gornju jednakost za y, nalazimo da je y = 3(1 3) + 1 + = 2 + 10. Prema tome opte rjeenje jednaine je x = 1 3, y = 2 + 10, . Primjer 9.Odrediti sve dvocifrene prirodne brojeve koji su jednaki kvadratu zbira svojih cifara. Neka je traeni broj = 10x + y. Iz uslova zadatka se dobija da je 10x + y = (x + y)2 ili 9x+(x+y)=(x+y)2. Kako je x 0, to je i (x+y) 0, pa se diobom dobijene jednakosti sa (x+y) dobija jednakost: .Ako je najvei zajedniki delilac za h i u jednak d, onda postoje uzajamno prosti brojevi a i b takvi da je 1 x = ad 9 i 0 y = bd 9. Tada jednaina postaje ili Kako kolinik mora biti prirodan broj i kako su a i (a + b) uzajamno prosti, to su mogua tri sluaja:1. Ako je a + b = 1, onda je 9a + 1 = d. Ovaj sluaj je nemogu, jer iz a + b = 1 slijedi, zbog x 0, da je a = 1, b = 0. U tom sluaju je d = 10, to nije mogue, jer je d 9.2. Ako je a + b = 3, onda je 3a + 1 = 3d. I ovaj sluaj nije mogu, jer dobijena jednaina nema cjelobrojnih rjeenja.3. Ako je a + b = 9, onda je a + 1 = 9d ili a = 9d 1. Kako je 1 x 9, to je 1 x=ad=(9d1)d9, pa je d = 1. To znai da je a = 8 i b = 1. Dakle traeni broj je 81 = (8 + 1)2.2.1. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem zbiraJedan od naina za razlikovanje sluajeva pri rjeavanju Diofantovih jednaina je i analiza zbira. Najee ta analiza poiva na transformaciji date jednaine u oblik koji je pogodan za razmatranje sluajeva. Jedan od najpogodnijih takvih oblika je zbir kvadrata, ili jo optije, zbir nenegativnih sabiraka.Primjer 10.Postoje li dva cijela broja sa svojstvom da je njihova suma dvostruko manja od sume njihovih kvadrata.Oznaimo li ta dva broja sa x i y, tada vrijedi:x2 + y2 = 2(x + y), ili drugaije zapisanox2 2x + 1 + y2 2y + 1 = 2(x 1)2 + (y 1)2 = 2 .Jedini nain da se broj 2 napie kao suma kvadrata dvaju cijelih brojeva je kao suma dviju jedinica, pa slijedi da je (x1)2 = (y 1)2 = 1, odnosno x1 =1 = y1. Sada lako dobijamo da su x i y jednaki 0 ili 2, te su parovi brojeva koji zadovoljavaju uslov zadatka dati skupom {(0,0), (0,2), (2,0), (2,2)}.Primjer 11.Odrediti sve cijele brojeve x i y tako da zadovoljavaju jednainu: 4+4= 62 + 142 53. Transformacijom date jednaine 4 + 4 = 62 + 142 53 dobija se njoj ekvivalentna jednaina (2 3)2 + (2 - 7)2 = 5. Kako je zbir dva kvadrata jednak 5 samo ako je jedan od njih 1, a drugi 4, razlikuju se sledee mogunosti: 1. (2 3)2 = 1 (2 - 7)2 = 4. Dakle, 2 3I = 1 I2 7I = 2. Kako jednaine 2 = 2 2 = 5 nemaju rjeenja u skupu cijelih brojeva to je 2 = 4 2 = 9, traena rjeenja su ureeni parovi brojeva (, ) { (2,3); (2, -3); (-2, 3); (-2, -3)} . 2. (2 3)2 = 4 (2 - 7)2 = 1. Slijedi I2 3I = 2 I2 7I= 1. Kako jednaine 2 = 8 2 = 6 nemaju rjeenja u skupu cijelih brojeva to jednaina u ovom sluaju nema cjelobrojnih rjeenja. 2.2. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem nejednakostiesto se kao jedan od naina za razdvajanje sluajeva upotrebljavaju i nejednakosti. Nejednakosti se koriste, kako je ve u nekim primjerima prikazano, da se iz oblasti definisanosti jednaine izdvoje skupovi u kojima jednaina nema rjeenja. Potom se jednaina, nekim od ve izloenih postupaka, rjeava u preostalom dijelu oblasti definisanosti. Najbolje je pri tom, ukoliko je mogue, eliminisati beskonani dio oblasti definisanosti, a jednainu potom rjeavati u konanom skupu. Primjer 12.U skupu prirodnih brojeva rijeiti jednainu a+b+c=abc.Neka je abc. Tada je abc= a+b+c3c,odnosno ab3, pa razlikujemo tri sluaja:1. a=1, b=1;2. a=1, b=2;3. a=1, b=3.Uvrtavajui te vrijednosti u polaznu jednainu, prvi sluaj vodi na kontradikciju (2=0), drugi daje c=3, a trei daje c= 2 to je kontradikcija sa bc.Dakle, jedino rjeenje je (1, 2, 3).Primjer 13.Nadite sve prirodne brojeve a, b, c za koje je.Uoimo prvo da svaki od traenih brojeva mora nuno biti vei od 1. Neka je 1 < a b c. Tada iz 1= slijedi da je a3, odnosno a moe biti 2 ili 3.1. Ako je a = 2, tada iz slijedi da je b4, odnosno b moe biti jedan od brojeva 2, 3, 4. Sada se lako izrauna da b = 2 vodi na kontradikciju ( = 0); b = 3 daje c = 6; dok iz b = 4 dobijamo c = 4.2. Ako je a = 3, tada iz slijedi da je b 3, pa je (zbog 3 = a b) nuno b = 3, te lako dobijamo i c = 3.Dakle, ukupno imamo tri rjeenja (2, 3, 6), (2, 4, 4) i (3, 3, 3).Primjer 14.Odrediti sve dvocifrene prirodne brojeve koji su jednaki zbiru kuba cifre desetica i kvadrata cifre jedinica. Neka je traeni broj . Prema uslovima zadatka tada je = 10a + b = a3 + b2. Kako je = 10a + b 99 to je i a3 + b2 99, pa je 1 a 4. Transformacijom date jednaine dobija se 10a a3 = b2 b ili a(10 a2) = b(b - 1). S obzirom da je b(b - 1), kao proizvod uzastopnih prirodnih brojeva, paran broj, to je i a(10 a2) paran broj. To znai da je i a paran broj. Kako je a(10 a2) 0, to je 10 a2 0, tj. a 3. Jedini parni broj manji ili jednak 3 je a = 2. Tada je a(10 a2) = b(b - 1) = 12, to znai da je b=4. Dakle, traeni broj je 24 ( = 23 + 42).2.3. Rjeavanje Diofantovih jednaina metodom parnostiKorienje parnosti je jedan od poznatih i esto primjenjivanih naina za rjeavanje Diofantovih jednaina, ne samo zato to je razlikovanje parnih i neparnih cijelih brojeva prirodno, nego i zato to veliki broj tvrenja daje algoritam za (ne)parnost i zato to uoavanje (ne)parnosti najee eliminie itav jedan podskup potencijalnih reenja. Ovdje se koristi ispitivanje ostataka pri dijeljenju sa brojem 2. Najee se razlikuju dva sluaja: kada je neka od nepoznatih parna, odnosno neparna, te se odvojeno vre daljna ispitivanja.Primjer 15.Postoje li cijeli brojevi m i n koji zadovoljavaju jednainu n4 + 16m = 7993?Ako bi n bio paran broj tada bi lijeva strana jednaine takoe bila parna, a kako je 7993 neparan, to ne bismo imali rjeenja. Stoga je, ako rjeenje postoji, nuno n = 2k + 1 za neki cijeli broj k. Uvrstimo li taj izraz u nau jednainu dobijamo:(2k + 1)4 + 16m = 7993(4k2 + 4k + 1)2 + 16m = 799316k4 + 16k2 + 1 + 32k3 + 8k2 + 8k + 16m = 79938(2k4 + 2k2 + 4k3 + k2 + k) + 16m = 7992 / : 82(k4 + k2 + 2k3 + m) + k(k + 1) = 999.Budui da je proizvod dva uzastopna cijela broja uvijek djeljiv s 2 (dakle 2 dijeli k(k +1)), to slijedi da je cijela lijeva strana u zadnjoj jednakosti parna.Kako je 999 neparan, znai da jednaina nema cjelobrojnih rjeenja.Primjer 16.Dokazati da jednaina x2 + y2 + z2 = 2007 nema rjeenja u skupu cijelih brojeva. Zbir brojeva x2, y2, z2 je 2007, dakle, neparan, pa su ili sva tri broja neparna ili su dva parna, a trei neparan i razlikuju se sledei sluajevi: 1. = 2m + 1, y = 2n + 1 z = 2k + 1 (m, n, k Z). Tada je 2+ 2+z2=(2m + 1)2+(2n + 1)2+(2k + 1)2 = 4m2+4m+1+4n2+4n+1+4k2+4k+1=2007. Slijedi da je 4m(m + 1) + 4n(n + 1) + 4k(k + 1) = 2004. Dijeljenjem jednakosti sa 4 dobija se m(m + 1) + n(n + 1) + k(k + 1) = 501. Kako su brojevi m(m + 1), n(n + 1) i k(k + 1) parni, to je i njihov zbir paran, pa jednaina nema rjeenja, jer je 501 neparan broj.2. = 2m, y = 2n z = 2k + 1. 2 + 2 + z2 = (2m)2 + (2n)2 + (2k + 1)2 = 4m2 + 4n2 + 4k2 + 4k + 1 = 2007. Iz dobijene jednakosti slijedi da je 4m2 + 4n2 + 4k(k + 1) = 2006. Dijeljenjem posljednje jednakosti sa 2 dobija se da je 2m2 + 2n2 + 2k(k + 1) = 999. S lijeve strane jednakosti je paran, a sa desne neparan broj, pa jednaina ni u ovom sluaju nema rjeenja.2.4. Rjeavanje Diofantovih jednaina metodom poslednje cifreKod ove metode se ispituje ostatak pri dijeljenju sa brojem 10. Preciznije, razdvajanje sluajeva se vri posmatranjem zadnje cifre nekih dijelova jednaine, te njihovim usklaivanjem. Primjer 17.Rijeimo diofantsku jednainu x2 + 5y = 199519941993.Budui da kvadrat cijelog broja zavrava cifrom 0,1,4,5,6,ili 9,a broj 5y sa cifrom 0 ili 5, slijedi da zbir na lijevoj strani zavrava sa 0,1,4,5,6, ili 9, a nikako sa 3. Dakle, zadata diofantska jednaina nema rjeenja.Primjer 18.Naite cjelobrojna rjeenja jednaine 5x + y4 = 194482.Ako je x < 0 tada 5x nije cijeli broj, a kako y4 i 194482 to jesu, slijedi da u ovom sluaju nema rjeenja.Ako je x = 0 onda je y4 = 194481, to povlai da je y = 21.Ako je x > 0 tada 5x zavrava cifrom 5, pa budui da y4 zavrava nekom od cifara 0, 1, 5, 6, to slijedi da 5x + y4 mora zavravati jednom od cifara 5, 6, 0, 1. Kako 194482 zavrava cifrom 2, to slijedi da u ovom sluaju nema rjeenja. Dakle jedino rjeenje je x = 0, y = 21.2.5. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem osobina djeljivostiJedna od osnovnih ideja za rjeavanje Diofantovih jednaina poiva na jednostavnoj injenici da ako je A = B, onda su i svojstva izraza A i B u pogledu djeljivosti identina. Na primjer, ako je A izraz koji je djeljiv sa 3, a pri dijeljenju sa 4 daje ostatak 1, onda te osobine mora imati i izraz B. Ideja je da se data jednaina A = B transformie u ekvivalentnu jednainu Ak = Bk tako da jedan od izraza Ak ili Bk ima jasno definisanu djeljivost. Primjer 19.Odrediti sve dvocifrene prirodne brojeve koji su devet puta vei od zbira svojih cifara. Neka je traeni broj ab. Tada je 10a + b = 9(a + b). To znai da je traeni broj ab djeljiv sa 9, pa je i zbir njegovih cifara djeljiv sa 9. Jasno je da je tada a + b jednako 9 ili 18, pa je 10a + b jednako 99 = 81 ili 918 = 162. Kako je 162 trocifren broj, jedino rjeenje je 81 = 9 (8 + 1). Primjer 20.Odrediti sve trocifrene brojeve koji su 11 puta vei od zbira svojih cifara.Neka je traeni trocifreni broj . Iz uslova zadatka slijedi da je 100x+10y+z=11(x+y+z). Kako je desna strana jednakosti djeljiva sa 11, takva mora biti i lijeva pa je traeni broj djeljiv sa 11, to znai da je Ix y + zI djeljivo sa 11. Prema tome postoje dva sluaja Ix y + zI= 0 ili Ix y + zI= 11:1. Ako je Ix y + zI = 0, onda je y = x + z. Ako se ova relacija unese u polaznu jednakost, dobija se 100x + 10x + 10z + z = 11 (x + x + z + z). Posle dijeljenja sa 11 dobije se da je 10x + z = 2x + 2z, odnosno 8x = z, pa je x = 1, z = 8, y = 9. Traeni broj je 198. 2. Ako je Ix y + zI= 11, onda je x y + z = 11, jer je cifra 0 y 9. Tada je x + z = 11 + y. Kako je 11 (9 + 9 + 9) = 1127 = 297, to je x 2. Kako je 0 z 9, to je x+z11 i jedina mogunost koja dolazi u obzir jeste x = 2, z = 9, pa je y = 0. Meutim, broj 209 koji se na taj nain dobije ne ispunjava uslove, jer je 209121=1111. 2.6. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem kongruencijaU nekim sluajevima Diofantove jednaine se veoma elegantno rjeavaju korienjem kongruencija po modulu. Ideja je slina kao kod djeljivosti jer ako je A = B, onda je i A B (mod m), to moe dati znaajne rezultate u analizi jednakosti A = B. Primjeri koji slijede pokazae da se na ovaj nain mnoge Diofantove jednaine i problemi mogu rijeiti po skraenom postupku.Primjer 21.Odrediti sve nenegativne cijele brojeve x i y ako je 2x 3y = 7. Razlikuju se dva sluaja: 1. Ako je y = 0, onda je 2x = 8, pa je x = 3. 2. Ako je y 1, onda je 2x = 3y + 7 10, pa je x > 3. Kako je 2x = 3y + 7 i kako je 2x 0 (mod 4), to mora biti i 3y + 7 0 (mod 4), to znai da je 3y 1 (mod 4), odakle je jasno da je y paran broj, dakle y = 2b. Slino je 3y + 7 1 (mod 3), pa mora i biti i 2x 1 (mod 3), to znai da je i x paran broj, odnosno x = 2a. Iz jednaine 22a 32b = 7, slijedi da je (2a + 3b)(2a - 3b) = 7. Sada je jasno da je 2a + 3b = 7 i 2a - 3b = 1. Rjeenje dobijenog sistema jednaina oigledno je 2a = 4 i 3b = 3, pa je a = 2 i b = 1, odnosno x = 2a = 4 i y = 2b = 2.Jedina rjeenja date jednaine su, dakle (3, 0) i (4, 2).Primjer 22.Za koje cijele brojeve x i y broj x4 + y4 pri dijeljenju sa 25 daje ostatak 3?Traimo brojeve x i y takve da je x4 + y4 = 25m + 3 za neki m Z. Uoimo da tada x4 + y4 i pri dijeljenju sa 5 daje ostatak 3. Pogledajmo sada kakve sve ostatke pri dijeljenju sa 5 moe davati etvrti stepen cijelog broja:1. x 0 (mod 5) x4 0 (mod 5);2. x 1 (mod 5) x4 (1)4 = 1 (mod 5);3. x 2 (mod 5) x4 (2)4 = 16 1 (mod 5).Dakle, x4 i y4 pri dijeljenju s 5 mogu dati samo ostatke 0 ili 1, pa onda x4+y4 pri dijeljenju s 5 moe davati ostatke 0, 1 ili 2, a nikako 3. Slijedi da traeni cijeli brojevi x i y ne postoje.2.7. Rjeavanje Diofantovih jednaina koritenjem diskriminanteDiskriminanta kvadratne jednaine esto moe pomoi da se kvalitetno rijei neka Diofantova jednaina, ije bi rjeavanje na drugi nain bilo ili nemogue ili krajnje neracionalno. Obino se data jednaina posmatra kao kvadratna po jednoj od promenljivih, a onda se diskusijom diskriminante, koja, da bi rjeenja kvadratne jednaine bila cjelobrojna i sama mora biti cio broj, razlikuju mogui sluajevi. Primjer 23.Koliko prirodnih brojeva n ima osobinu da je n2+3n+24 potpun kvadrat nekog cijelog broja?Neka je n2+3n+24=m2, tada je n2+3n+24-m2=0.Rjeavajui dobijenu jednainu kao kvadratnu jednainu po n ( n2+3n+(24-m2)=0 ) dobijamo: .Da bi n bio cio broj mora i diskriminanta biti potpun kvadrat, pa je 9 96 + 4m2 = k2, to jest 4m2 - k2 = 87.Odavde je 4m2 - k2 = (2m k)(2m + k) = 87.Sada razlikujemo sluajeve: (2m k) (1, 3, 29, 87, -1, -3, -28, -87) i (2m + k) (87, 29, 3, 1, -87, -29, -3, -1).Sabirajui dobijamo 4m (88, 32, -88, -32), pa je m (22, 8, -22, -8).Sada je n (5, -8, 20, -23). Uslove zadatka ispunjavaju samo n (5, 20).2.8. Metod OjleraMetod Ojlera[footnoteRef:3] se primjenjuje kod rjeavanja linearne Diofantove jednaine, tj. jednaine oblika ax +by = c i pri tome su brojevi a i b uzajamno prosti. Ovaj metod nije esto funkcionalan, jer se do konanog reenja dolazi preko nekoliko iteracija. Meutim sama metodologija je prilino jasna i ovaj metod se najee koristi u osnovnoj koli. [3: Leonard Ojler je bio vajcarski matematiar i fiziar koji je u 5. dijelu Algebre iz 1770. godine opisao svoju metodu za rjeavanje linearne Diofantove jednaine.]

Primjer 23.Rijeiti Diofantovu jednainu 39x 22y = 10.Kako su 39 i 22 uzajamno prosti brojevi jednaina ima rjeenja. Transformacijom dobijamo:.Ovo e biti cio broj ako je cijeli broj. Odavde je, postupajui na isti nain:. Dalje dobijamo: .Konano je m=5n, gdje je n takoe cio broj. Sada je

i.Dakle, sva cjelobrojna rjeenja date jednaine su (x, y) (22n-2, 39n-4), gdje je n cijeli broj. 2.9. Diofantov metodU drugoj knjizi ''Aritmetike''[footnoteRef:4] Diofant daje opti metod za odreivanje racionalnih rjeenja kvadratne algebarske jednaine sa dvije promjenljive. Prevedeno na jezik dananje matematike nauke Diofantov metod se sastoji u sledeem: [4: Aritmetika je zapravo zbirka u kojoj Diofant daje numerika rjeenja kako odreenih tako i neodreenih jednaina, odnosno onih koji nemaju jedinstvena rjeenja. Izvorno, pisana na grkom jeziku Aritmetika se sastoji od preko stotinjak zadataka zapisanih u 13 knjiga od kojih je sauvano samo njih 6.]

Posmatra se jednaina Ax2 + By2 + Cxy + Dx + Ey + F = 0 (A, B, C, D, E, F su cijeli brojevi) koja u xOy ravni predstavlja neku krivu drugog reda (ili jednu, odnosno dvije prave). Ako je (xo, yo) jedno cjelobrojno rjeenje date jednaine, onda se kroz taku (xo, yo) postavlja pramen pravih y yo = k(x xo) (k je bilo koji racionalan broj razliit od 0). Za razne vrijednosti racionalnog parametra k, dobija se beskonano mnogo taaka presjeka pravih i krive. Te take su racionalne.Primjer 24.Rijeiti jednainu 2 - 22 + 3 - 4 5 + 3 = 0 u skupu racionalnih brojeva. Kako je jedno rjeenje date jednaine (, ) = (1, 0), = 1 + t; = t. Zamjenom u jednainu dobija se (1 + t)2 2(t)2 + 3(1 + t)t 4(1 + t) - 5t + 3 = 0. Poslije transformacije se dobija da je t ( t (1 22 + 3) -2 2) = 0. Rjeenja dobijene jednaine su t = 0 ili . Tada su neka od rjeenja date jednaine data formulama i .Primjer 25.Nai sve trojke cijelih brojeva (a, b, c) za koje je a2 + b2 + c2 = 3(a + 2b)c.Lako pronalazimo netrivijalno rjeee (a0, b0, c0) = (4,5,1).Za c = 0 nema rjeea osim trivijalnog (0,0,0). Neka je c0 i x = a/c,y = b/c. Jednaina postaje x2 + y2 + 1 = 3x + 6y, sa jednim rjeeem (x1, y1) =(4,5). Stavimo x = 4 + pt, y = 5 + qt, gdje su p, q Z i t Q. Dobijamo 5pt+4qt+p2t2+q2t2 = 0, odakle je . Sada je i . Opte rjeenje je a=k(-p2-4pq+4q2), b=k(5p2-5pq+q2), c=k(p2+q2), gdje je kQ.

3. Literatura[1] V. ANDRI, Nelinearne diofantske jednaine, Arhimedes, Beograd 1992.[2] www.diofant.org[2] http://public.carnet.hr/

2