diofantove jednacine - zbirka zadataka

Rijeseni zadaci iz nelinearnih diofantovih jednacina

Mirnes Smajilovic

[email protected]

25. mart 2014.

1

Mirnes Smajilovic Rijeseni zadaci

SazetakOvdje mozete naci zadatke koji se odnose na Nelinearne Diofantove jednacine. Mala zbirkarijesenih zadataka moze posluziti i za pripremu ucenika za takmicenja iz matematike. Zadrzavampravo da ima stamparskih gresaka, kao i mozda matematickih gresaka. U cilju da poboljsamoovu malu zbirku zadataka, na sve eventualne propuste mozete ukazati putem e-maila [email protected].

1 Diofantove jednacine

Zajednicki naziv svim metodama za rjesavanje Diofantovih jednacine je metoda razlikovanjaslucajeva. Jednacina se najcesce prvo mora zapisati u odgovarajuci oblik, da bi se kroz razli-kovanje dopustenih slucajeva mogao suziti skup potencijalnih rjesenja, te konacno i naci samarjesenja. U zavisnosti od toga kakav zapis jednacine koristimo, ili pak po kojoj osnovi razli-kujemo slucajeve dobijamo razlicite metode za rjesavanje nelinearnih diofantskih jednacina.

1.1 Metoda faktorizacije

Ova metoda se sastoji u tome da se data jednacina faktorizuje pa onda razmotre svi mogucislucajevi. Prvi korak u resavanju je transformacija bar jedne strane jednacine (zavisno odslucaja) u oblik pogodan za faktorizaciju kako lijeve, tako i desne strane jednakosti. Najpo-voljnija situacija je ukoliko se na jednoj strani jednakosti izraz koji sadrzi promenljive rastavina faktore, a na drugoj strani jednakosti je faktorizacija konstante.

Zadatak 1 Rijesiti u skupu Z jednacinu

(x2 + 1)(y2 + 1)− 2(x− y)(1− xy) = 4(1 + xy).

Rjesenje.

x2y2 + x2 + y2 + 1− 2(x− y)(1− xy) = 4 + 4xy

x2y2 − 2xy + 1 + x2 − 2xy + y2 + 1− 2(x− y)(1− xy) = 4

(xy − 1)2 + (x− y)2 − 2(x− y)(1− xy) = 4

(x− y)2 − 2(x− y)(1− xy) + (1− xy)2 = 4

(x− y + 1− xy)2 = 4

[x(1− y) + (1− y)]2 = 4

[(x+ 1)(1 − y)]2 = 4

⇔(x+ 1)(1 − y) = 2 ∨ (x+ 1)(1 − y) = −2

Razmotrimo sve moguce slucajeve za prethodni proizvod cijelih brojeva.

1. (x+ 1)(1 − y) = 2.

(a)x+ 1 = 11− y = 2

}

⇒ x = 0 ∧ y = −1.

(b)x+ 1 = −11− y = −2

}

⇒ x = −2 ∧ y = 3.

(c)x+ 1 = 21− y = 1

}

⇒ x = 1 ∧ y = 0.

http://matematika.com.ba 2 http://ematematika.com


(d)x+ 1 = −21− y = −1

}

⇒ x = −3 ∧ y = 2.

2. (x+ 1)(1 − y) = −2.

(a)x+ 1 = 11− y = −2

}

⇒ x = 0 ∧ y = 3.

(b)x+ 1 = −11− y = 2

}

⇒ x = −2 ∧ y = −1.

(c)x+ 1 = −21− y = 1

}

⇒ x = −3 ∧ y = 0.

(d)x+ 1 = 21− y = −1

}

⇒ x = 1 ∧ y = 2.

Na ovaj nacin smo dobili rjesanja polazne jednacine u skupu Z. Oznacimo skup svih rjesanjasa R:

R = {(0,−1), (−2, 3), (1, 0), (−3, 2), (0, 3), (−2,−1), (−3, 0), (1, 2)}.♠

Zadatak 2 Rijesiti u skupu N jednacinu

1

x+

1

y=

1

pq, p, q prosti brojevi (p, q ∈ Z).

Rjesenje.

x+ y

xy=

1

pq

pq(x+ y) = xy

xy − xpq − ypq = 0

x(y − pq)− ypq = 0

x(y − pq)− pq(y − pq) = p2q2

(x− pq)(y − pq) = p2q2

Kako su brojevi p i q prosti, jedini prirodni djelioci od p2q2 su: 1, p, q, p2, q2, pq, p2q, pq2, p2q2,pa se razlikuju sljedece mogucnosti:

1. x− pq = 1 i y − pq = p2q2, odakle je x = 1 + pq i y = pq + p2q2.

2. x− pq = p i y − pq = pq2, odakle je x = p+ pq i y = pq + pq2.

3. x− pq = q i y − pq = p2q, odakle je x = q + pq i y = pq + p2q.

4. x− pq = p2 i y − pq = q2, odakle je x = p2 + pq i y = pq + q2.

5. x− pq = q2 i y − pq = p2, odakle je x = q2 + pq i y = pq + p2.

6. x− pq = pq i y − pq = pq, odakle je x = pq + pq i y = pq + pq.

7. x− pq = p2q i y − pq = q, odakle je x = p2q + pq i y = pq + q.



8. x− pq = pq2 i y − pq = p, odakle je x = pq2 + pq i y = pq + p.

9. x− pq = p2q2 i y − pq = 1, odakle je x = p2q2 + pq i y = pq + 1.

Na ovaj nacin smo dobili sva (devet) rjesenja (x, y) u skupu prirodnih brojeva. ♠

1.2 Metoda dijeljenja

Ova metoda se pripisuje Euleru i sastoji se u tome da se jedna nepoznata izrazi pomocu drugei onda dobijeni razlomak prikaze u obliku zbira cijele funkcije i razlomljenog dijela. Dakle,

ideja je da se jednacina A = B nizom transformacija dovede na oblik M = N +P

Q. Ako su M

i N cijeli brojevi, onda to mora biti iP

Q, sto znaci da se Q mora sadrzavati u R. Analizom

mogucnosti u kojima se to dogada, bez obzira da li je Q broj ili neki algebarski izraz dolazi sedo logicke osnova za razdvajanja svih mogucih slucajeva.

Zadatak 3 U skupu prirodnih brojeva rijesiti jednacinu

1

x+

1

y=

1

3+

1

xy(3.1)

Rjesenje. Mnozenjem date jednacine sa 3xy dobijamo 3y + 3x = xy + 3 odakle je

3x− xy = 3− 3y ⇔ x(3− y) = 3− 3y

pa dijljenjem prethodne jednacine sa 3− y (y 6= 3) dobijamo

x =3− 3y

3− y=

9− 3y − 6

3− y=

3(3− y)− 6

3− y= 3− 6

3− y. (3.2)

Odavde slijedi da 3 − y | 6 jer je x ∈ N, pa je 3 − y ∈ {±1,±2,±3,±6}. Razmotricemo sveslucajeve.

1. 3− y = 1 ⇒ y = 2 ⇒ x = 3− 6 = −3 /∈ N,

2. 3− y = −1 ⇒ y = 4 ⇒ x = 3 + 6 = 9 ⇒ (x, y) = (9, 4),

3. 3− y = 2 ⇒ y = 1 ⇒ x = 3− 3 = 0 /∈ N,

4. 3− y = −2 ⇒ y = 5 ⇒ x = 3 + 3 = 6 ⇒ (x, y) = (6, 5),

5. 3− y = 3 ⇒ y = 0 /∈ N,

6. 3− y = −3 ⇒ y = 6 ⇒ x = 3 + 2 = 5 ⇒ (x, y) = (5, 6),

7. 3− y = 6 ⇒ y = −3 /∈ N,

8. 3− y = −6 ⇒ y = 9 ⇒ x = 3 + 1 = 4 ⇒ (x, y) = (4, 9).

Ostao nam je slucaj za y = 3 koji smo na pocetku iskljucili. Vracanjem u polaznu jednacinuimamo

1

x+

1

3=

1

3+

1

3x⇔ 1

x=

1

3x⇔ 1 = 3

pa y = 3 nije rjesenje. Dakle, sva rjesenja polazne jednacine u skupu prirodnih brojeva su

(x, y) ∈ {(9, 4), (6, 5), (5, 6), (4, 9)}.

♠



1.3 Metoda zbira

Jedan od nacina za rjesavanje Diofantovih jednacina je i analiza zbira. Najcesce ta analizapociva na transformaciji date jednacine u oblik koji je pogodan za razmatranje slucajeva. Je-dan od najpogodnijih takvih oblika je zbir kvadrata, ili jos opstije, zbir nenegativnih sabiraka.

Sljedeci zadatak je sa federalnog takmicenja ucenika osnovnih skola, VIII razred, Gracanica,17.05.2008.

Zadatak 4 (Ispitni zadatak, 29.09.2008) Postoje li cijeli brojevi takvi da je

x2 + 4y2 + z4 = 2x− 20y − 23. (4.1)

Rjesenje.

(4.1) ⇔ x2 + 4y2 + z4 − 2x+ 20y = −23

⇔ (x2 − 2x+ 1)− 1 + (4y2 + 20y + 25) − 25 + z4 = −23

⇔ (x− 1)2 + (2y + 5)2 + z4 = 3

Posto su svi sabirci nenegativni i svaki mora biti manji od 3, slijedi

x− 1 = ±1, 2y + 5 = ±1, z = ±1

pa rjesavanjem tih jednacina dobijamo

x ∈ {0, 2}, y ∈ {−2,−3}, z ∈ {−1, 1}.

Konacno, rjesenje je

{(x, y, z) | x ∈ {0, 2} ∧ y ∈ {−2,−3} ∧ z ∈ {−1, 1}}.

♠

Zadatak 5 (Kantonalno takmicenje, II raz. srednjih skola, Gracanica, 05.04.2008)U skupu cijelih brojeva rijesiti jednacinu

x4 + y2008 = 2x2 − 1.

Rjesenje.

x4 + y2008 = 2x2 − 1 ⇔ x4 + y2008 − 2x2 + 1 = 0 ⇔⇔ (x2 − 1)2 + y2008 = 0.

Kako je kvadrat cijelog broja nenegativan, to mora biti (x2−1) = 0 i y = 0. Odavde je x = ±1pa su rjesenja

(x, y) ∈ {(1, 0), (−1, 0)}.♠



1.4 Metoda nejednakosti

Nejednakosti se koriste, da se iz oblasti definisanosti jednacine izdvoje skupovi u kojimajednacina nema rjesenja. Potom se jednacina rjesava u preostalom dijelu oblasti definisa-nosti. Najbolje je pri tom, ukoliko je moguce, eliminisati beskonacni dio oblasti definisanosti,a jednacinu potom rjesavati u konacnom skupu. Metoda nejednakosti se cesto koristi i ukombinaciji s nekom drugom metodom.

Zadatak 6 U skupu cijelih brojeva rijesiti jednacinu

3x + 4x = 5x.

Rjesenje. Vidimo da je x = 2 jedno rjesenje jednacine: 9 + 16 = 25.Iz 3x + 4x = 5x dijeljenjem sa 5x dobijamo ekvivalentnu jednacinu polaznoj:

(

3

5

)x

+

(

4

5

)x

= 1.

Kako je3

5< 1 i

4

5< 1, tada za x > 2 slijedi

(

3

5

)x

<

(

3

5

)2

(

4

5

)x

<

(

4

5

)2

odakle dobijamo(

3

5

)x

+

(

4

5

)x

<

(

3

5

)2

+

(

4

5

)2

= 1.

Dakle, za x > 2 jednacina nema rjesenja. Neka je sada x < 2. Tada je

(

3

5

)x

>

(

3

5

)2

(

4

5

)x

>

(

4

5

)2

odakle slijedi(

3

5

)x

+

(

4

5

)x

>

(

3

5

)2

+

(

4

5

)2

= 1.

Vidimo da i u ovom slucaju jednacina nema rjesenja, pa je x = 2 jedino rjesenje jednacine. ♠

Zadatak 7 U skupu prirodnih rijesiti jednacinu

1

x+

2

y+

3

z= 1, z < y < x. (7.1)

Rjesenje. Uocimo prvo da svaki od sabiraka lijeve strane jednacine mora biti manji od 1. Iztoga slijedi

1

x< 1 ⇔ 1 < x,

2

y< 1 ⇔ 2 < y

3

z< 1 ⇔ 3 < z. (7.2)



Zbog z < y < x je1

x<

1

y<

1

z. (7.3)

Koristeci prethodnu nejednakost i polaznu jednacinu dobijamo

6

x<

1

x+

2

y+

3

z= 1 <

6

z

odakle direktno slijedi x > 6 i z < 6. Tako dobijamo konacan skup u kojem je trazeni broj z

3 < z < 6 ⇔ z ∈ {4, 5}.

Stoga cemo za svako z traziti rjesenja za x i y.

1. z = 4. Polazna jednacina glasi

1

x+

2

y= 1− 3

4=

1

4

pa zbog nejednakosti (7.3) je

3

x<

1

x+

2

y=

1

4<

3

y

odakle dobijamo x > 12 i y < 12. Zbog z < y slijedi 4 < y < 12 odnosno y ∈{5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}. Sada za z = 4 i za svako y iz ovog skupa mozemo naci x i provjeritida li zadovoljava uslove zadatka. Sredivanjem dobijamo

1

x+

2

y=

1

4⇔ 1

x=

1

4− 2

y=

y − 8

4y⇔ x =

4y

y − 8.

Odavde jos slijedi, zbog x ∈ N, da je y > 8 pa konacno dobijamo skup vrijednosti za y

y ∈ {9, 10, 11}.

(a) y = 9 ⇒ x =36

9− 8= 36 ⇒ R1 = (36, 9, 4);

(b) y = 10 ⇒ x =40

10 − 8= 20 ⇒ R2 = (20, 10, 4);

(c) y = 11 ⇒ x =44

11 − 8=

44

3/∈ N.

2. z = 5. Polazna jednacina u ovom slucaju je

1

x+

2

y= 1− 3

5=

2

5

pa zbog nejednakosti (7.3) je

3

x<

1

x+

2

y=

2

5<

3

y

odakle dobijamo x >15

2i y <

15

2. Zbog z < y slijedi 5 < y < 8 odnosno y ∈ {6, 7}.

Sredivanjem dobijamo

1

x+

2

y=

2

5⇔ 1

x=

2

5− 2

y=

2y − 10

5y⇔ x =

5y

2y − 10.



(a) y = 6 ⇒ x =30

12− 10= 15 ⇒ R3 = (15, 6, 5);

(b) y = 7 ⇒ x =35

4/∈ N.

Dakle, imamo 3 rjesenja jednacine u skupu N, a to su uredene trojke (x, y, z) iz skupa

{(36, 9, 4), (20, 10, 4), (15, 6, 5)}.

♠


1

x+

1

y+

1

z= 1.

Rjesenje. Pogledati [1, str. 20]. ♠

Zadatak 9 (Ispitni zadatak, 09.12.2004) U skupu nenegativnih cijelih brojeva rijesite jednacinu

x+ y + z = xyz. (9.1)

Rjesenje. Najprije razmotrimo slucaj ako je neki od x, y, z jednak nuli. U tom slucaju,jednacina ima rjesenje samo ako je x = y = z = 0. Dakle, jedno rjesenje je (x, y, z) = (0, 0, 0).Sada je potrebno polaznu jednacinu rjesiti u skupu N.

Bez umanjenja opstosti pretpostavimo da je x ≤ y ≤ z. Tada je

xyz = x+ y + z ≤ 3z

odnosno xy ≤ 3, pa imamo tri slacaja

1. x = 1, y = 1;

2. x = 1, y = 2;

3. x = 1, y = 3.

Uvrstavanjem ovih vrijednosti u polaznu jednacinu slijedi

1. 2 + z = z ⇒ 2 = 0 (nema rjesenja);

2. 3 + z = 2z ⇒ z = 3;

3. 4 + z = 3z ⇒ z = 2 ali mora biti 3 = y ≤ z (nema rjesenja).

Dakle, jedino rjesenje u ovom slucaju je (x, y, z) = (1, 2, 3), i zbog simetricnosti zadatka svepermutacije od (1, 2, 3). Skup svih rjesenja je

(x, y, z) = {(0, 0, 0), (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3), (3, 1, 2), (3, 2, 1)}.

♠



1.5 Metoda parnosti

Ova metoda sastoji se u tome da se odredi parnost jedne od nepoznanica i na osnovi togazakljuci ima li jednacina rjesenje ili ne. Najcesce se razlikuju dva slucaja: kada je neka odnepoznanica parna, odnosno neparna, te se odvojeno vrse daljnja ispitivanja.

Zadatak 10 (Ispitni zadatak, 29.09.2008) Odrediti sve cijele brojeve x takve da je

3x + 5x = 152.

Rjesenje. Direktno iz jednacine slijedi da je x > 0, jer ako je x ≤ 0 onda je 3x ≤ 1 i 5x ≤ 1,odakle slijedi 3x + 5x ≤ 2 pa jednacina nema rjesenja. Neka je x paran, tj. x = 2x1, x1 ∈ N.Tada iz polazne jednacine slijedi

32x1 + 52x1 = 152 ⇔ 9x1 + 25x1 = 152.

Medutim, za x1 = 1 slijedi 9 + 25 = 34 6= 152, dok za x1 ≥ 2 slijedi

9x1 + 25x1 ≥ 81 + 625

pa jednacina u ovom slucaju nema rjesenja.Neka je x neparan, tj. x = 2x1 + 1, x1 ∈ N. Iz polazne jednacine dobijamo

32x1+1 + 52x1+1 = 152 ⇔ 9x1 · 3 + 25x1 · 5 = 152.

Za x1 = 1 slijedi27 + 125 = 152.

Dakle, x1 = 1, odnosno x = 3 jeste rjesenje. Za x1 ≥ 2 jednacina nema rjesenja jer je

9x1 · 3 + 25x1 · 5 > 81 · 3 + 625 · 5.

U slucaju neparnog broja x = 1 koji nije ukljucen u izraz x = 2x1 + 1, x1 ∈ N, vidimo dajednacina tada nema rjesenja jer 3 + 5 = 8 6= 152.Dakle, jedino rjesenje je x = 3. ♠

Zadatak 11 Rjesiti u skupu N jednacinu

2x − 1 = xy. (11.1)

Rjesenje. Izraz 2x je paran za svaki prirodan broj x, pa je 2x−1 neparan. Zbog toga i desnastrana jednacine (11.1) mora biti neparna. Proizvod dva prirodna broja je neparan ako suoba neparni, jer je proizvod dva parna - paran, i proizvod brojeva razlicite parnosti - paran.Dakle, x i y su neparni prirodni brojevi, pa mozemo pisati

x = 2x1 + 1, x1 ∈ N ∪ {0} (11.2)

y = 2y1 + 1, y1 ∈ N ∪ {0}. (11.3)

Uvrstavanjem prethodnih izraza u (11.1) dobijamo

22x1+1 − 1 = (2x1 + 1)(2y1 + 1)

22x1 · 2− 1 = 4x1y1 + 2x1 + 2y1 + 1

22x1 · 2 = 4x1y1 + 2x1 + 2y1 + 2 |: 222x1 = 2x1y1 + x1 + y1 + 1 (11.4)

Razmatracemo slucajeve kada je x = y i x 6= y.



1. x = y. Tada iz (11.1) slijedi 2x − 1 = x2 odnosno 2x = x2 + 1. Krive 2x i x2 + 1 imajunajvise dvije presjecne tacke, i to za x = 0 i x = 1. Kako je x prirodan broj, uzimamosamo x = 1, te zbog x = y slijedi y = 1. Dakle, rjesenje u ovom slucaju je (x, y) = (1, 1).

2. x 6= y. Iz (11.4) slijedi 22x1 − 2x1y1 = x1 + y1 + 1. Za x1 6= 0, lijeva strana prethodnejednakosti je parna, pa i desna strana mora biti parna. Dakle, mora da vrijedi

x1 + y1 + 1 ≡ 0 (mod 2)

a odavde slijedix1 + y1 ≡ −1 (mod 2).

Iz zadnje kongruencije slijedi da zbir x1 + y1 nije paran, a to je samo u slucaju kada sux1 i y1 razlicite parnosti, ali zbog (11.2) i (11.3) slijedi da su x i y iste parnosti, pa uovom slucaju jednacina (11.1) nema rjesenja.Ako je x1 = 0, onda iz (11.4) imamo 1 = y1 + 1 odnosno y1 = 0, pa je rjesenje u ovomslucaju, (x, y) = (2x1 + 1, 2y1 + 1) = (1, 1).

Zakljucujemo, jedino rjesenje jednacine (11.1) je (x, y) = (1, 1). ♠


x2 − y! = 2001. (12.1)

Rjesenje. Broj 2001 je neparan pa stoga i x2 − y! mora biti neparan, a to znaci da x2 i y!moraju biti razlicite parnosti. Neka je x2 neparan, a y! paran. Odavde slijedi da je x neparani da je y ≥ 2, pa x mozemo pisati kao

x = 2x1 + 1, x1 ∈ N.

Sada iz jednacine (12.1) imamo

(2x1 + 1)2 − y! = 2001

4x21 + 4x1 + 1− y! = 2001

4x21 + 4x1 − y! = 2000.

Kako je 4x21 +4x1 ≡ 0 (mod 4) i 2000 ≡ 0 (mod 4) slijedi da mora biti i y! ≡ 0 (mod 4), a toznaci da je y ≥ 4.

Neka je y = 4. Tada iz polazne jednacine dobijamo

x2 = 4! + 2001 = 2025 ⇒ x = 45

pa imamo jedno rjesenje (x, y) = (45, 4).

Neka je y = 5. Tada y! = 120 pa je x2 = 120 + 2001 = 2121. Odavde slijedi dax ≈ 46, 1 /∈ N.

Neka je y = 6. Tada y! = 720 pa je x2 = 720 + 2001 = 2721. Odavde slijedi dax ≈ 52, 2 /∈ N.



Neka je y ≥ 7. Tada je y! ≡ 0 (mod 7) i 2001 ≡ 6 (mod 7) pa mora biti x2 ≡ 6 (mod 7).Medutim ovo je nemoguce zbog sljedeceg. Za svaki prirodan broj x vrijedi jedna od relacija

x ≡ 0 (mod 7) ⇒ x2 ≡ 0 (mod 7)

x ≡ ±1 (mod 7) ⇒ x2 ≡ 1 (mod 7)

x ≡ ±2 (mod 7) ⇒ x2 ≡ 4 (mod 7)

x ≡ ±3 (mod 7) ⇒ x2 ≡ 2 (mod 7)

odakle vidimo da ni za jedan prirodan broj x ne vrijedi x2 ≡ 6 (mod 7).

Ostaje jos slucaj kada je x paran. Tada mora biti y! neparan, a to znaci da je y = 1, jerza y > 1 uvijek ima faktor 2. Tada je

x2 = 2001 − 1 = 2000 ⇒ x =√2000 ≈ 44, 8 /∈ N.

Dakle, jednacina (12.1) ima tacno jedno rjesenje (x, y) = (45, 4). ♠

Zadatak 13 (Federalno takmicenje, II raz. srednjih skola, Sarajevo, 19.04.2008) Dokazida jednacina p4 + q4 = r4 nema rjesenje u skupu prostih brojeva.

Rjesenje. Posto je r4 = p4 + q4 ≥ 24 + 24 = 32 to je r ≥ 3 pa je r neparan broj. Tada jejedan od brojeva p i q paran a, drugi neparan. Uzmimo da je q paran, a p neparan.

Jednacina tada postaje p4+16 = r4. Posto su p i r neparni i r > p, to je najmanja mogucarazlika medu njima 2, tj. r ≥ p+ 2. Dalje imamo

p4 + 16 = r4 ≥ (p+ 2)4 = p4 + 8p3 + 24p2 + 32p + 16

pa je konacno0 ≥ 8p3 + 24p2 + 32p

sto je nemoguce. Dakle, jednacina nema rjesenja u skupu prostih brojeva. ♠

Zadatak 14 (Kantonalno takmicenje, II raz. srednjih skola, Srebrenik, 31.03. 2007)Naci sve proste brojeve p, q i r koji zadovoljavaju jednacinu

pq + qp = r. (14.1)

Rjesenje. Posto je r = pq + qp ≥ 22 +22 = 8, to je r neparan broj. Tada je jedan od brojevap i q paran, a drugi neparan. Neka je q = 2. Tada je

r = p2 + 2p. (14.2)

Kako smo uzeli da je q paran, onda je p ≥ 3. Razmotrimo kada je p = 3 i p > 3. Neka jenajprije p > 3. Tada, za jednacinu (14.2) posmatrajmo ostatke po modulu 3.

p ≡ ±1 (mod 3) ⇒ p2 ≡ 1 (mod 3);

2 ≡ −1 (mod 3) ⇒ 2p ≡ (−1)p ≡ −1 (mod 3).

Odavde slijedir = p2 + 2p ≡ 0 (mod 3)

odnosno da je r djeljivo sa 3, a to znaci da je r = 3. S druge strane je, r ≥ 8, pa u slucajup > 3 jednacina nema rjesenja.

Neka je p = 3. Tada je r = 32 + 23 = 17, pa je rjesenje (p, q, r) = (3, 2, 17). Zbog sime-tricnosti zadatka po p i q, imamo jos jedno rjesenje (p, q, r) = (2, 3, 17). ♠



1.6 Metoda kongruencija

U nekim slucajevima Diofantove jednacine se veoma elegantno resavaju koristenjem kongruen-cija po modulu. Ideja je slicna kao kod deljivosti jer ako je A = B, onda je i A ≡ B (mod m),odnosno ako je A ≡ D (mod m) onda je i B ≡ D (mod m), sto moze dati znacajne rezultateu analizi jednakosti A = B.

Zadatak 15 (Ispitni zadatak, 21.03.2005) Pokazati da u skupu cijelih brojeva jednacina

5x + 6y = 234567 (15.1)

nema rjesenja.

Rjesenje. Vrijedi5 ≡ 0 (mod 5) ⇒ 5x ≡ 0 (mod 5)

za svako x ∈ Z. Ocito je

6 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 6y ≡ 1 (mod 5)

za svako y ∈ Z. Odavde slijedi (sabiranjem prethodnih kongruencija) da je

5x + 6y ≡ 1 (mod 5), za svako x, y ∈ Z. (15.2)

Medutim, za desnu stranu jednacine (26.1) vrijedi

234567 ≡ 2 (mod 5)

pa zbog (15.2) vrijedi1 ≡ 2 (mod 5)

sto je nemoguce, pa polazna jednacina nema rjesenja ni za jedno x, y ∈ Z. ♠

Zadatak 16 (Ispitni zadatak, 22.01.2008) Da li postoje prirodni brojevi m i n takvi davrijedi jednakost

3m + 7m = 8n. (16.1)

Rjesenje. Posmatrajmo ostatke po modulu 4. Kako je 3 ≡ −1 (mod 4) to je

3m ≡ (−1)m (mod 4)

za svako m ∈ N. Dalje je 7 ≡ −1 (mod 4) pa je 7m ≡ (−1)m (mod 4) za svako m ∈ N.Odavde je

(∀m ∈ N) 3m + 7m ≡ (−1)m + (−1)m ≡ 2 · (−1)m (mod 4).

Za desnu stranu polazne jednacine vrijedi 8 ≡ 0 (mod 4) odakle je 8n ≡ 0 (mod 4) za svakon ∈ N. Odavde zakljucujemo, ako bi polazna jednacina imala rjesenje za neke m i n onda bimoralo da vrijedi

2 · (−1)m ≡ 0 (mod 4).

Medutim, ako je m parno, tada je2 ≡ 0 (mod 4)

sto nije tacno, a ako je m neparno, onda je

−2 ≡ 0 (mod 4) ⇔ 2 ≡ 0 (mod 4)



sto, ocito, nije tacno. Dakle, jednacine nema rjesenja ni za koje m,n iz skupa prirodnih bro-jeva. ♠

Sljedeci zadatak je sa kantonalnog takmicenja ucenika srednjih skola, III razred, Gracanica,05.04.2008.

Zadatak 17 (Ispitni zadatak, 17.04.2008) Rjesiti u skupu Z jednacinu

x2 = 3y + 7. (17.1)

Rjesenje. Iz jednakosti (17.1) neposredno slijedi da je x2 paran broj (kao zbir dva neparnabroja), odnosno da je x paran broj i y ∈ N. Zbog toga je x2 ≡ 0 (mod 4). S druge strane je

3 ≡ −1 (mod 4) ⇒ 3y ≡ (−1)y (mod 4),

7 ≡ −1 (mod 4),

pa imamox2 = 3y + 7 ≡ (−1)y − 1 ≡ 0 (mod 4)

odakle slijedi da je y paran, tj. y = 2y1, y1 ∈ N. Zamjenom u jednacini (17.1), dobija se

x2 − 32y1 = 7 ⇔ (x− 3y1)(x+ 3y1) = 7.

Uzevsi u obzir da je x − 3y1 < x + 3y1 , broj 7 se na dva nacina moze prikazati kao proizvoddva cijela broja:

7 = 1 · 7 = (−1) · (−7).

Tako dobijamo sistem

x− 3y1 = 1

x+ 3y1 = 7

odakle je, sabiranjem jednacina, x = 4, a oduzimanjem 2 · 3y1 = 6 ⇒ y1 = 1 ⇒ y = 2. Drugisistem je

x− 3y1 = −7

x+ 3y1 = −1

odakle je, sabiranjem jednacina, x = −4, a oduzimanjem 2 · 3y1 = 6 ⇒ y1 = 1 ⇒ y = 2.Konacno, svaki par zadovoljava jednacinu, pa su rjesenja

(x, y) ∈ {(4, 2), (−4, 2)}.

♠


3x − 2y = 7. (18.1)

Rjesenje. Iz 3x = 7 + 2y > 7 slijedi da je x ≥ 2, pa onda 2y = 3x − 7 ≥ 32 − 7 = 2 povlaciy ≥ 1.Za y = 1 iz 3x = 7 + 2y = 7 + 2 = 9 slijedi x = 2.Za y = 2 iz 3x = 7 + 22 = 7 + 4 = 11 slijedi da nepostoji x ∈ N, tj. nema rjesenja.Za y > 2 je 2y djeljivo sa 8, pa je 2y ≡ 0 (mod 8).Pogledajmo sada kakve ostatke pri dijeljenju s 8 daje 3x.Razlikujemo dva slucaja, za x parno i x neparno.



i) x = 2k ⇒ 3x = 32k = 9k ≡ 1 (mod 8).

ii) x = 2k + 1 ⇒ 3x = 32k+1 = 3 · 9k ≡ 3 · (1)k = 3 (mod 8).

Slijedi da 3x = 7 + 2y pri dijeljenju sa 8 ne moze dati ostatak 7, pa stoga za y > 1 rjesenjanema i jedino rjesenje je (x, y) = (2, 1). ♠

Zadatak 19 Naci broj koji je 2004 puta veci od zbira svojih cifara.

Rjesenje. Neka je m trazeni broj. Oznacimo sa S(m) sumu cifara broja m. Neka je dekadnizapis broja m dat kao

m = 10nan + 10n−1an−1 + · · ·+ 10a1 + a0 (n ∈ N)

onda jeS(m) = an + an−1 + · · ·+ a1 + a0.

Odavde je

m− S(m) = 10nan + 10n−1an−1 + · · ·+ 10a1 + a0 − an − an−1 − · · · − a1 − a0 =

= an(10n − 1) + an−1(10

n−1 − 1) + · · ·+ a1(10 − 1)

pa kako je 10n − 1 = (10− 1)(10n−1 + 10n−2 + · · ·+ 10 + 1) djeljivo sa 9 za svako n ∈ N to je

S(m) ≡ m (mod 9). (19.1)

Prema uslovu zadatka je m = 2004S(m) pa zamjenom u (19.1) dobijamo 2003S(m) ≡ 0(mod 9). Odavde slijedi 9k = 2003S(m) za neko (k ∈ N). Kako je broj 2003 prost, slijedi9|S(m), odnosno S(m) = 9s, za neko s ∈ N.Ispitajmo slucajeve u odnosu na s.

• s = 1: S(m) = 9, odnosno m = 9 · 2004 = 18036.S druge strane imamo, 1 + 8 + 0 + 3 + 6 = 18 6= S(n) = 9.

• s = 2: S(m) = 18, odnosno n = 18 · 2004 = 36072.S druge strane je 3 + 6 + 0 + 7 + 2 = 18 = S(m), pa je m = 36072 trazeni broj.

♠

Zadatak 20 Pokazati da jednacina

(x+ 1)2 + (x+ 2)2 + · · ·+ (x+ 2001)2 = y2 (20.1)

nije rjesiva u skupu Z.

Rjesenje. Uvedimo smjenu: x = z − 1001. Tada jednacina (20.1) postaje ekvivalentnajednacini

y2 = (z − 1000)2 + (z − 999)2 + · · ·+ (z − 1)2 + z2 + (z + 1)2 + · · · + (z + 1000)2

y2 = z2 − 2000z + 10002 + · · ·+ z2 − 2z + 1 + z2 + z2 + 2z + 1 + · · ·+ z2 + 2000z + 10002

y2 = 2001z2 + 2(1 + 22 + · · ·+ 10002)

y2 = 2001z2 + 2(1000 · 1001 · 2001)

6

y2 = 2001z2 + 1000 · 1001 · 667.



Odredimo ostatake pri dijeljenju sa 3:

2001 ≡ 0 (mod 3)

1000 ≡ −2 (mod 3)

1001 ≡ −1 (mod 3)

667 ≡ 1 (mod 3)

odavde je1000 · 1001 · 667 ≡ (−2) · (−1) · 1 ≡ 2 (mod 3)

odnosnoy2 ≡ 2 (mod 3).

Medutim, ovo zadnje znaci (na osnovu def. kongruencije) da postoji k ∈ Z tako da vrijedi

y2 = 3k + 2. (20.2)

Ispitajmo da li je relacija (20.2) ikada moguca, odnosno da li je kvadrat cijelog broja y ikadaoblika y2 = 3k + 2. Razmatranje cemo provesti na sljedeci nacin. Svaki cijeli broj y se mozenapisati u sljedecem obliku (slijedi na osnovu algoritma dijeljenja):

y = 3k ili y = 3k + 1 ili y = 3k + 2.

Ispitajmo kojeg su oblika njihovi kvadrati.

y2 = (3k)2 = 9k2

y2 = (3k + 1)2 = 9k2 + 6k + 1 = 3(3k2 + 2k) + 1

y2 = (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 9k2 + 12k + 3 + 1 = 3(3k2 + 4k + 1) + 1

odakle zakljucujemo da kvadrat bilo kojeg cijelog broja ne moze biti oblika

y2 = 3k + 2, k ∈ Z,

sto znaci da jednacina (20.1) nema rjesenja u skupu Z.Radi podsjecanja, suma kvadrata prvih n prirodnih brojeva je

12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n+ 1)(2n + 1)

6

a formulu smo vec koristili u ovom zadatku. ♠

Zadatak 21 Da li jednacina x41 + x42 + . . .+ x414 = 1599 ima rjesenja u skupu cijelih brojeva?

Rjesenje. Za svaki cijeli broj x moguci ostaci pri deljenju broja x sa 16 su iz skupa{0, 1, 2, . . . , 15}. Tada je x2 ≡ k (mod 16) gdje je k ∈ {0, 1, 4, 9}. Iz toga slijedi da je

x4 ≡ 0 (mod 16) ili x4 ≡ 1 (mod 16).

Zbog toga, zbir x41 + x42 + . . . + x414 pri dijeljenju sa 16 moze dati bilo koji ostatak iz skupa{0, 1, 2, . . . , 13, 14}, ali ne i broj 15. Kako je

1599 ≡ −1 (mod 16) ⇔ 1599 ≡ 15 (mod 16)

to data jednacina nema rjesenja u skupu cijelih brojeva. ♠



Zadatak 22 Da li jednacina a2 + b2 + c2 = a2b2 ima rjesenja u skupu cijelih brojeva?

Rjesenje. Razmatrat cemo slucajeve u zavisnosti od parnosti brojeve a, b i c.

1. a, b, c neparni. Tada mozemo pisati

a = 2a1 + 1, b = 2b1 + 1, c = 2c1 + 1

pa jea2 = 4a21 + 4a1 + 1, b2 = 4b21 + 4b1 + 1, c2 = 4c21 + 4c1 + 1.

Odavde slijedi a2 + b2 + c2 ≡ 3 (mod 4) dok je a2b2 ≡ 1 (mod 4), pa jednacina u ovomslucaju nema rjesenja.

2. a, b, c - dva parna i jedan neparan. Tada je a2 + b2 + c2 ≡ 1 (mod 4), dok je a2b2 ≡ 0(mod 4) bilo da su a i b oba parni ili samo jedan paran, pa jednacina u ovom slucajunema rjesenja.

3. a, b, c - dva neparna i jedan paran. Tada je a2 + b2 + c2 ≡ 2 (mod 4), dok je a2b2 ≡ 0(mod 4) ako je jedan a ili b paran, ili a2b2 ≡ 1 (mod 4) ako su oba neparni, pa vidimoda jednacina u ovom slucaju nema rjesenja.

4. a, b, c parni (beskonacan spust). Tada mozemo pisati

a = 2a1, b = 2b1, c = 2c1

pa ako to uvrstimo u polaznu jednacinu i podijelimo sa 4 dobijamo jednacinu

4a21 + 4b21 + 4c21 = 16a21b21 ⇔ a21 + b21 + c21 = 4a21b

21.

Kako je 4a21b21 ≡ 0 (mod 4) to mora biti i a21+ b21 + c21 ≡ 0 (mod 4), pa zbog prethodnog

razamtranja pod 1, 2 i 3 zakljucujemo da a1, b1 i c1 moraju biti parni, tj. a1 = 2a2,b1 = 2b2 i c1 = 2c2, pa je

16a22 + 16b22 + 16c22 = 162a22b22 ⇔ a22 + b22 + c22 = 16a22b

22.

Sada opet zakljucujemo da su a2, b2 i c2 parni. Tako mozemo nastaviti i dalje, te dobi-jamo

a = 2a1 = 22a2 = 23a3 = . . . = 2nan = . . .

b = 2b1 = 22b2 = 23b3 = . . . = 2nbn = . . .

c = 2c1 = 22c2 = 23c3 = . . . = 2ncn = . . .

Dakle, ako je (a, b, c) rjesenje, onda su a, b, c djeljivi sa 2n za svako n ∈ N, sto je nemoguceosim ako je a = b = c = 0.

♠

Zadatak 23 Rijesiti u skupu prirodnih brojeva jednacinu

2x + 3y = z2. (23.1)



Rjesenje. Posmatrajmo ostatke po modulu 3.

2 ≡ −1 (mod 3) ⇒ 2x ≡ (−1)x (mod 3)

3 ≡ 0 (mod 3) ⇒ 3y ≡ 0 (mod 3).

Odavde slijedi2x + 3y ≡ (−1)x (mod 3) ⇒ z2 ≡ (−1)x (mod 3).

Kako za svako z ∈ N vrijedi z2 ≡ 0 (mod 3) ili z2 ≡ 1 (mod 3), slijedi da x mora biti paran,tj. x = 2x1. Posmatrajmo sada ostatke po modulu 4.

4 ≡ 0 (mod 4) ⇒ 4x1 ≡ 0 (mod 4)

3 ≡ −1 (mod 4) ⇒ 3y ≡ (−1)y (mod 4).

Odavde dobijamo

22x1 + 3y ≡ (−1)y (mod 4) ⇒ z2 ≡ (−1)y (mod 4).

Kako za svako z ∈ N vrijedi z2 ≡ 0 (mod 4) ili z2 ≡ 1 (mod 4), zakljucujemo da y mora bitiparan, tj. y = 2y1. Sada polazna jednacina ima oblik

22x1 + 32y1 = z2. (23.2)

Iz prethodne jednacine slijedi

22x1 = z2 − 32y1 = (z − 3y1)(z + 3y1) = 2s2t, (s < t, s+ t = 2x1).

Dakle,

2s = z − 3y1

2t = z + 3y1 .

Prvo cemo oduzeti od druge jednacine prvu, a zatim ih sabrati. Oduzimanjem dobijamo

2t − 2s = 2 · 3y1 = 2s(2t−s − 1) ⇒ s = 1 ⇒ t = 2x1 − 1.

Sabiranjam jednacina, dobijamo

2t + 2s = 2z = 22x1−1 + 2 ⇒ z = 22x1−2 + 1. (23.3)

Iz jednacine (23.2) slijedi

32y1 = z2 − 22x1 = (z − 2x1)(z + 2x1) = 3u3v, (u < v, u+ v = 2y1).

Dakle,

3u = z − 2x1

3v = z + 2x1 .

Od druge jednacine cemo oduzeti prvu. Oduzimanjem dobijamo

3v − 3u = 2 · 2x1 = 3u(3v−u − 1) ⇒ u = 0 ⇒ v = 2y1.

Tada, vracajuci dobijenu vrijednost za u = 0 u prvu od jednacina, dobijamo

z = 3u + 2x1 = 1 + 2x1(23.3)= 22x1−2 + 1 ⇒ x1 = 2x1 − 2 ⇔ x1 = 2.

Sada mozemo odrediti t: t = 2x1 − 1 = 4 − 1 = 3. Trebamo odrediti jos y1 i z. Iz prvejednacine, tj. 3u = z − 2x1 slijedi z = 30 + 22 = 5. Iz prve dvije je jednacine je

2s + 3y1 = 2t − 3y1 ⇒ 6 = 2 · 3y1 ⇒ y1 = 1.

Dakle, x = 2x1 = 4, y = 2y1 = 2 i z = 5 je rjesenje polazne jednacine. ♠



Zadatak 24 (Ispitni zadatak, 13.07.2004) Rijesiti u skupu prirodnih brojeva jednacinu

3x + 4y = 5z . (24.1)

Rjesenje. Posmatrajmo ostatke po modulu 3.

3 ≡ 0 (mod 3) ⇒ 3x ≡ 0 (mod 3)

4 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 4y ≡ 1 (mod 3)

5 ≡ −1 (mod 3) ⇒ 5z ≡ (−1)z (mod 3)

Odavde slijedi 3x + 4y = 5z ≡ 1 (mod 3). S druge strane je 5z ≡ (−1)z (mod 3) pa je1 ≡ (−1)z (mod 3) odakle slijedi da je z paran, tj. z = 2z1.

Posmatrajmo sada ostatke po modulu 4.

3 ≡ −1 (mod 4) ⇒ 3x ≡ (−1)x (mod 3)

4 ≡ 0 (mod ⇒)4y ≡ 0 (mod 4)

5 ≡ 1 (mod 4) ⇒ 5z ≡ 1 (mod 3)

Odavde slijedi 3x + 4y = 5z ≡ (−1)x (mod 3). S druge strane je 5z ≡ 1 (mod 3) pa je1 ≡ (−1)x (mod 3) odakle slijedi da je x paran, tj. z = 2x1. Sada polazna jednacina imaoblik

32x1 + 22y = 52z1 . (24.2)

Iz prethodne jednacine slijedi

32x1 = 52z1 − 22y = (5z1 − 2y)(5z1 + 2y) = 3s3t, (s < t, s+ t = 2x1).

Dakle,

3s = 5z1 − 2y

3t = 5z1 + 2y.


3t − 3s = 2 · 2y = 3s(3t−s − 1) ⇔ s = 0 ⇔ t = 2x1.

Tada, vracajuci dobijenu vrijednost za s = 0 i t = 2x1 u prethodnu jednacinu, dobijamo

2 · 2y = 32x1 − 1. (24.3)


3t + 3s = 2 · 5z1 = 1 + 32x1 . (24.4)

Iz jednacine (24.2) slijedi

22y = 52z1 − 32x1 = (5z1 − 3x1)(5z1 + 3x1) = 2u2v, (u < v, u+ v = 2y).

Dakle,

2u = 5z1 − 3x1

2v = 5z1 + 3x1 .




2v − 2u = 2 · 3x1 = 2u(2v−u − 1) ⇒ u = 1 ⇒ v = 2y − 1.


2v + 2u = 2 · 5z1 = 22y−1 + 2. (24.5)

Iz (24.4) i (24.5) slijedi

1 + 32x1 = 22y−1 + 2 ⇒ 32x1 − 22y−1 = 1. (24.6)

Iz (24.3) slijedi

2 · 2y = 32x1 − 1

2 · 2y (24.6)= 1 + 22y−1 − 1

2 · 2y =22y

24 · 2y = 22y

22y − 4 · 2y = 0

2y(2y − 4) = 0 ⇔ 2y = 0 ∨ 2y = 4

odakle slijedi da je y = 2. Tada je v = 2y − 1 = 3. Iz (24.6) mozemo odrediti x1.

32x1 = 1 + 22y−1 = 1 + 23 = 9 ⇒ 2x1 = 2 ⇔ x1 = 1 ⇒ x = 2.

Iz 2v = 5z1 + 3x1 slijedi 5z1 = 23 − 3 = 8− 3 = 5, a odavde je z1 = 1, pa je z = 2.Dakle, (x, y, z) = (2, 2, 2) je jedino rjesenje date jednaicine. ♠

Sljedeci zadatak je sa kantonalnog takmicenja ucenika srednjih skola, IV razred, Gracanica,05.04.2008.

Zadatak 25 (Ispitni zadatak, 02.10.2003) Ako su p i q razliciti prosti brojevi, dokazatida je

pq−1 + pq−1 ≡ 1 (mod pq).

Rjesenje. Koristit cemo mali Fermatov teorem: Ako cijeli broj a nije djeljiv sa r, gdje je rprost broj, tada je

ar−1 ≡ 1 (mod r).

Prema tom teoremu, imamo

pq−1 ≡ 1 (mod q),

qp−1 ≡ 1 (mod p),

odakle slijedi da postoje prirodni brojevi k i l takvi da je

pq−1 − 1 = kq,

qp−1 − 1 = lp.



Zato je

pq−1 + qp−1 − 1 = pq−1 + lp = p(pq−2 + l),

pq−1 + qp−1 − 1 = kq + qp−1 = q(qp−2 + k).

Zbog NZD(p, q) = 1, iz p | pq−1 + qp−1 − 1 i q | pq−1 + qp−1 − 1 slijedi

pq | pq−1 + qp−1 − 1 ⇔ pq−1 + pq−1 ≡ 1 (mod pq).

♠

1.7 Metoda zadnje cifre

Rjesavanje Diofantovih jednacina metodom zadnje cifre zasniva se na jednostavnoj cinjenicida ako je u jednakosti A = B, zadnja cifra broja A jednaka s, onda je i zadnja cifra broja Btakoder jednaka s. Naravno, isti princip vazi i za zadnje dvije, tri, ..., zadnjih k cifara.

Zadatak 26 (Ispitni zadatak, 21.03.2005) Pokazati da u skupu cijelih brojeva jednacina

5x + 6y = 234567 (26.1)

nema rjesenja.

Rjesenje. Stepen broja 5 se uvijek zavrsava cifrom 5, dok se stepen broja 6 uvijek zavrsavacifrom 6, pa se zbog toga 5x +6y uvijek zavrsava cifrom 1. Medutim, desna strana tj. 234567se zavrsava cifrom 7, pa polazna jednacina nema rjesenja u skupu cijelih brojeva. ♠

2 Pitagorina diofantova jednacina x2 + y

2 = z2

Jednacinax2 + y2 = z2 (26.2)

zove se Pitagorina jednacina, jer ona predstavlja algebarski zapis Pitagorine teoreme. Zarjesenje (x0, y0, z0) jednacine (26.2) kazemo da je primitivno rjesenje ako su x0, y0 i z0medusobno relativno prosti.Ako (x1, y1, z1) zadovoljava jednacinu (26.2), onda sve trojke oblika (kx1, ky1, kz1), k ∈ Z

takoder zadovoljavaju jednacinu (26.2). Vrijedi teorem:

Teorem 1 Bilo koje primitivno rjesenje (u skupu N) jednacine (26.2) je oblika

x = m2 − n2 (26.3)

y = 2mn (26.4)

z = m2 + n2 (26.5)

gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razlicite parnosti i m > n.

Iz ovog teorema slijedi da su sva cjelobrojna rjesenja Pitagorine jednacine (26.2) data sa:

x = k(m2 − n2)

y = 2kmn

z = k(m2 + n2)

gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razlicite parnosti i k ∈ Z.




x−2 + y−2 = z−2. (27.1)

Rjesenje. Jednacinu (27.1) mozemo zapisati kao

1

x2+

1

y2=

1

z2

x2 + y2

x2y2=

1

z2

x2 + y2 =x2y2

z2=

(xy

z

)2. (27.2)

Uvedimo smjenu

t =xy

z, t ∈ N. (27.3)

Vracanjem smjene u (27.2) dobijamo

x2 + y2 = t2. (27.4)

Oznacimo sa d = NZD(x, y, t). Tada postoje prirodni brojevi a, b i c, tako da vrijedi

x = ad

y = bd

t = cd

Odavde je NZD(a, b, c) = 1. Iz (27.3) i prethodnih jednakosti slijedi

z =xy

t=

abd2

cd=

abd

c,

te kako je z ∈ N slijedi c | d odnosno postoji prirodan broj k takav da vrijedi

d = k · c. (27.5)

pa slijedi

x = akc

y = bkc

t = kc2

z = abk.

Dalje dobijamo,x2 + y2 = t2 ⇔ a2d2 + b2d2 = c2d2 ⇔ a2 + b2 = c2.

Ostaje da odredimo a, b i c. Vidimo da a, b i c pored uslova da su medusobno relativno prosti,zadovoljavaju Pitagorinu jednacinu, tj. a2 + b2 = c2, a tacno ove osobine imaju primitivnarjesenja te jednacine koja glase:

a = m2 − n2

b = 2mn

c = m2 + n2



gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razlicite parnosti i m > n.Iz svega ovoga slijedi rjesenje polazne jednacine:

x = k(m2 − n2)(m2 + n2) = k(m4 − n4)

y = 2kmn(m2 + n2)

z = 2kmn(m2 − n2).

pri cemu je k ∈ N, te m i n relativno prosti prirodni brojevi razlicite parnosti i m > n. ♠

Zadatak 28 (Ispitni zadatak, 05.02.2008) Rijesiti u skupu N jednacinu

x2 + y2 = 1997(x − y). (28.1)

Rjesenje. Jednacinu (28.1) cemo dovesti na pogodniji oblik elementarnim transformacijama.

x2 + y2 − 1997(x − y) = 0

⇔ (x+ y)2 − 2xy − 1997(x − y) = 0

⇔ (x+ y)2 + (x− y)2 − x2 − y2 − 1997(x − y) = 0

⇔ (x+ y)2 + (x− y)2 − (x2 + y2)− 1997(x − y) = 0

⇔ (x+ y)2 + (x− y)2 − 1997(x − y)− 1997(x − y) = 0

⇔ (x+ y)2 + (x− y)2 − 2 · 1997(x − y) = 0

⇔ (x+ y)2 + (x− y)2 − 2 · 1997(x − y) + 19972 = 19972

⇔ (x+ y)2 + (x− y − 1997)2 = 19972

⇔ (x+ y)2 + (1997 − x+ y)2 = 19972

Uvedimo smjenu

a = x+ y (28.2)

b = 1997 − x+ y. (28.3)

Tada imamo

a2 + b2 = 19972 (28.4)

a ovo je Pitagorina jednacina. Kako je 1997 prost broj, to je NZD(a, b) = 1, pa je time iNZD(a, b, 1997) = 1. Odavde zakljucujemo da je (a, b, 1997) primitivno rjesenje Pitagorinejednacine x2 + y2 = z2, tj.

a = m2 − n2

b = 2mn

1997 = m2 + n2

gdje su m i n relativno prosti prirodni brojevi razlicite parnosti i m > n.Iz cinjenice da je m > n i m2 + n2 = 1997 slijedi m2 < 1997 i 1997 < 2m2 odnosno

1997

2< m2 < 1997 ⇔ 31 < m < 45 (28.5)

Kako je m2 + n2 = 1997 slijedi n2 = 1997 − m2. Sada cemo koristiti metodu zadnje cifre.Kvadrat bilo kojeg cijelog broja se zavrsava sa cifrom 0, 1, 4, 5, 6 ili 9, a zadnju cifru broja



dobijemo uzmajuci njegov ostatak pri dijeljenju sa 10. Odavde slijedi (ovo je nekorektan zapis- radi ustede prostora i vremena - a trebalo bi za svaki ostatak pisati novu kongruenciju)

n2 = 1997 −m2 ≡ 0, 1, 4, 5, 6, 9 (mod 10). (28.6)

Na isti nacin vrijedim2 ≡ 0, 1, 4, 5, 6, 9 (mod 10). (28.7)

Kako je 1997 ≡ 7 (mod 10), pa oduzimanjem kongruencije (28.7) od ove zadnje, te uvazavajuci(28.6), slijedi da je m2 ≡ 1 (mod 10) ili m2 ≡ 6 (mod 10).Dakle, kvadrat prirodnog broja se zavrsava cifrom 1 ili 6, a to mogu biti kvadrati brojeva kojise zavrsavaju cifrom 1, 4 ili 6, pa zbog granica (28.5) moguca rjesenja su

m ∈ {34, 36, 41, 44}.

Sada, za svako m odredimo n.

• m = 34. n =√1997 − 342 = 29 ∈ N,

• m = 36. n =√1997 − 362 ≈ 26, 5 /∈ N,

• m = 41. n =√1997 − 412 ≈ 17, 8 /∈ N,

• m = 44. n =√1997 − 442 ≈ 7, 8 /∈ N,

odakle vidimo da je (m,n) = (34, 29). Odredmo x i y.

a = m2 − n2 = 342 − 292 = 315,

b = 2mn = 2 · 34 · 29 = 1972.

Vracanjm u pocetnu smjenu dobijamo sistem

x+ y = 315,

1997 − x+ y = 1972.

Sabiranjem jednacina sistema, dobijamo 2y = 315 + 1972 − 1997 = 290 odakle je y = 145. Izx = 315− y slijedi x = 170.Polazna jednacina (28.1) ima tacno jedno rjesenje (x, y) = (170, 145). ♠

3 Najveci cijeli broj

Zadatak 29 (Ispitni zadatak, 21.09.2007) Rijesiti jednacinu

⌊

x− 2

3

⌋

=

⌊

x− 3

2

⌋

= t, t ∈ Z.

(⌊x⌋ oznacava najveci cijeli broj koji nije veci od x.)

Rjesenje. Iz polazne jednacine dobijamo sistem jednacina

t ≤ x− 2

3< t+ 1,

t ≤ x− 3

2< t+ 1.



Odavde je

3t+ 2 ≤ x < 3t+ 5, (29.1)

2t+ 3 ≤ x < 2t+ 5. (29.2)

Dalje je

3t+ 2 < 2t+ 5 ⇒ t < 3,

2t+ 3 < 3t+ 5 ⇒ −2 < t,

odakle dobijamo−2 < t < 3 ⇔ t ∈ {−1, 0, 1, 2}.

Koristeci nejednakosti (29.1) i (29.2), imamo

• t = −1 ⇒ (−1 ≤ x < 2 ∧ 1 ≤ x < 3) ⇒ x ∈ [1, 2),

• t = 0 ⇒ (2 ≤ x < 5 ∧ 3 ≤ x < 5) ⇒ x ∈ [3, 5),

• t = 1 ⇒ (5 ≤ x < 8 ∧ 5 ≤ x < 7) ⇒ x ∈ [5, 7),

• t = 2 ⇒ (8 ≤ x < 11 ∧ 7 ≤ x < 9) ⇒ x ∈ [8, 9).

Dakle, rjesenje jednacine je svako x ∈ [1, 2) ∪ [3, 7) ∪ [8, 9). ♠

Zadatak 30 (Ispitni zadatak, 21.03.2005) Naci sva cjelobrojna rjesenja jednacine⌊

2x− 1

3

⌋

=3x

5.

(⌊x⌋ oznacava najveci cijeli broj koji nije veci od x.)

Rjesenje. Kako je⌊

2x− 1

3

⌋

=3x

5= t, t ∈ Z,

slijedi

x =5t

3=⇒ 3 | t

pa vracanjem u polaznu jednacinu dobija se

25t

3− 1

3

= t ⇐⇒

10t− 3

33

= t ⇐⇒

⌊

10t− 3

9

⌋

= t.

Odavde slijedi

t ≤ 10t− 3

9< t+ 1 ⇐⇒ 9t ≤ 10t− 3 < 9t+ 9

⇐⇒ 3 ≤ t < 12 ⇐⇒ t ∈ {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}.Kako mora da vrijedi 3 | t slijedi t ∈ {3, 6, 9}.

• t = 3 ⇒ x = 5,

• t = 6 ⇒ x = 10,

• t = 9 ⇒ x = 15.

Dakle, rjesenje je x ∈ {5, 10, 15}. ♠



4 Razni zadaci

Zadatak 31 (Ispitni zadatak, 01.07.2003, 05.02.2008, 03.04.2008) Naci sve uspravneparalelepipede (kvadre) s cjelobrojnim duzinama ivica ciji je mjerni broj zapremine jednakmjernom broju povrsine.

Rjesenje. Oznacimo sa P povrsinu, a sa V zapreminu. Kako je

P = 2(ab+ bc+ ac), V = abc

prema uslovu zadatka je P = V pa dobijamo

2(ab+ bc+ ac) = abc. (31.1)

Razamtracemo sljedece slucajeve.

1. a = b = c. Tada iz (31.1) slijedi 6a2 = a3, odakle je a2(6 − a) = 0 ⇒ a = 0 ∨ a = 6.Kako se radi i duzinama stranica - to su pozitivni brojevi, pa je a = 6. Tako smo dobilijedno rjesenje R1 = (a, b, c) = (6, 6, 6).

2. a = b 6= c. Iz (31.1) se dobija

2(a2 + 2ac) = a2c ⇔ 2a2 + 4ac− a2c = 0 ⇔ a(2a+ 4c− ac) = 0.

Odavde slijedi (zbog a 6= 0)

2a+ 4c− ac = 0 ⇔ a(2− c) = −4c(c 6=2)⇐⇒ a =

−4c

2− c= a =

8− 4c− 8

2− c= 4− 8

2− c.

Odavde zakljucujemo, da 2− c | 8, jer je a ∈ N, sto znaci da 2− c ∈ {±1,±2,±4,±8}.

(a) 2− c = 1 ⇒ c = 1 ⇒ a < 0;

(b) 2− c = 2 ⇒ c = 0;

(c) 2− c = 4 ⇒ c < 0;

(d) 2− c = 8 ⇒ c < 0;

(e) 2− c = −1 ⇒ c = 3 ⇒ a = 12 ⇒ R2 = (12, 12, 3);

(f) 2− c = −2 ⇒ c = 4 ⇒ a = 8 ⇒ R3 = (8, 8, 4);

(g) 2− c = −4 ⇒ c = 6 ⇒ a = 6 ⇒ R4 = (6, 6, 6) = R1;

(h) 2− c = −8 ⇒ c = 10 ⇒ a = 5 ⇒ R5 = (5, 5, 10).

Razmotrimo slucaj c = 2. Tada iz 2a+4c−ac = 0 slijedi 2a+6− 2a = 0 odnosno 6 = 0pa c = 2 nije rjesenje.

3. a > b > c. Tada se iz (31.1) dobija

2ab+ 2bc+ 2ac− abc = 0 ⇔ a(2b + 2c− bc) = −2bc2b+2c−bc 6=0⇐⇒ a =

−2bc

2b+ 2c− bc> b

odakle zbog −2bc < 0 slijedi

2b+ 2c− bc < 0 ⇔ 2(b+ c) < bc (31.2)

a zbog a > b slijedi−2bc < b(2b + 2c− bc). (31.3)



Iz prethodne jednacine (31.3) slijedi

2b2 + 2bc− b2c+ 2bc > 0 ⇔ (2− c)b2 + 4bc > 0 ⇔ b[(2− c)b+ 4c] > 0.

Posmatrajmo (kvadratnu) jednacinu b[(2 − c)b+ 4c] = 0. Njena rjesenja po b su b1 = 0ili

(2− c)b+ 4c = 0 ⇔ b2 =−4c

2− c.

Kako je −4c < 0 to mora biti 2− c < 0, pa je parabola je okrenuta nadole (slika ispod).

b b

b1

b2

(2− c)b2 + 4bc = 0

+− −

Kako nas zanimju samo vrijednosti od b za koje je parabola pozitivna, to je

b ∈ (b1, b2) = (0,−4c

2− c)

tj. b <−4c

2− ci jos uslov ovog razmatranja c < b, pa tako dobijamo

c < b <−4c

2− c(31.4)

odakle je

c <−4c

2− c⇔ c+

4c

2− c< 0 ⇔ 2c− c2 + 4c

2− c< 0 ⇔ c(6− c)

2− c< 0

−∞ 0 2 6 +∞c − + + +

6− c + + + −2− c + − − −c(6−c)2−c

− + − +

pa slijedi c ∈ (2, 6) tj. c ∈ {3, 4, 5}. Za savako c cemo uvazavajuci nejednakost (31.2) i(31.4) odrediti b.

(a) c = 3. Iz (31.4) dobijamo b <−12

2− 3= 12, a iz (31.2) slijedi 2b + 6 < 3b odakle

je 6 < b, pa konacno imamo b ∈ {7, 8, 9, 10, 11}. Za sve vrijednosti b odredimo

a =−2bc

2b+ 2c− bc.

i. b = 7. a =−42

14 + 6− 21= 42 ⇒ R6 = (42, 7, 3);

ii. b = 8. a =−48

16 + 6− 24= 24 ⇒ R7 = (24, 8, 3);

iii. b = 9. a =−54

18 + 6− 27= 18 ⇒ R8 = (18, 9, 3);



iv. b = 10. a =−60

20 + 6− 30= 15 ⇒ R9 = (15, 9, 3);

v. b = 11. a =−66

22 + 6− 33=

−66

−5/∈ N.

(b) c = 4. Iz (31.4) dobijamo b <−16

2− 4= 8, a iz (31.2) slijedi 2b + 8 < 4b odakle je

4 < b, pa imamo b ∈ {5, 6, 7}.

i. b = 5. a =−40

10 + 8− 20= 20 ⇒ R10 = (20, 5, 4);

ii. b = 6. a =−48

12 + 8− 24= 12 ⇒ R11 = (12, 6, 4);

iii. b = 7. a =−56

14 + 8− 28=

−56

−6/∈ N.

(c) c = 5. Iz (31.4) dobijamo b <−20

2− 5≈ 6, 7, a iz (31.2) slijedi 2b + 10 < 5b odakle

je 103 ≈ 3, 4 < b, pa imamo b ∈ {4, 5, 6}. Medutim, kako mora biti jos i c = 5 < b

ostaje samo slucaj b = 6. Tada je

a =−2bc

2b+ 2c− bc=

−60

12 + 10− 30=

−60

−8/∈ N.

Konacno smo dosli do kraja, uz napomenu da je zadatak simetrican u odnosu na a, b, c, paonda ako je (a, b, c) rjesenje to je i svaka permutacija elemanata a, b, c rjesenje. ♠

Zadatak 32 Naci sve pravougle trouglove s cjelobrojnim duzinama stranica ciji je mjerni brojdvostruke povrsine jednak mjernom broju trostrukog obima, tj. 2P = 3O.

Rjesenje. Povrsina i obim pravouglog trougla su

P =ab

2, O = a+ b+ c. (32.1)

Jos imamo c =√a2 + b2. Prema uslovu zadatka je 2P = 3O, odakle zbog prethodnoga

dobijamo

2ab

2= 3(a+ b+ c) = 3(a+ b+

√

a2 + b2) ⇔ ab = 3a+ 3b+ 3√

a2 + b2.

Dakle, nas problem se svodi na rjesavanje ove zadnje dobijene jednacine

ab = 3a+ 3b+ 3√

a2 + b2 (32.2)

u skupu prirodnih brojeva.

3√

a2 + b2 = ab− 3(a+ b) ⇔9(a2 + b2) = a2b2 − 6ab(a+ b) + 9(a2 + 2ab+ b2) ∧ ab ≥ 3(a+ b) ⇔9a2 + 9b2 = a2b2 − 6ab(a+ b) + 9a2 + 18ab + 9b2 ∧ ab ≥ 3(a + b) ⇔

0 = a2b2 − 6ab(a+ b) + 18ab ∧ ab ≥ 3(a+ b) ⇔0 = 6ab(a+ b)− 18ab− a2b2 ∧ ab ≥ 3(a+ b) ⇔0 = ab [6a+ 6b− 18 − ab] ∧ ab ≥ 3(a+ b)



odakle zbog ab 6= 0 slijedi

6a+ 6b− 18 − ab = 0 ∧ ab ≥ 3(a+ b) ⇔6a− ab+ 6b− 18 = 0 ∧ ab ≥ 3(a+ b) ⇔

a(6− b) = 18− 6b ∧ ab ≥ 3(a+ b) ⇒

a =18− 6b

6− b∧ 6 6= b ∧ ab ≥ 3(a+ b)

Posmatrajmo dobijeni sistem

a =18− 6b

6− b∧ 6 6= b ∧ ab ≥ 3(a+ b). (32.3)

Ispitajmo za slucaj b = 6. Tada iz a(6 − b) = 18 − 6b slijedi 0 = −18, pa jednacina (32.2) uovom slucaju nema rjesenja. Iz (32.3) slijedi, da zbog a ∈ N mora biti

(18 − 6b > 0 ∧ 6− b > 0) ∨ (18− 6b < 0 ∧ 6− b < 0)

odakle je(b < 3 ∧ b < 6) ∨ (b > 3 ∧ b > 6)

pa dobijamob < 3 ∨ b > 6.

Razmotrimo slucaj za b < 3 tj. b ∈ {1, 2}.

1. b = 1(32.3)⇒ a =

18− 6

6− 1= a =

12

5/∈ N;

2. b = 2(32.3)⇒ a =

18− 12

6− 2= a =

6

4/∈ N.

Posmatrajmo slucaj za b > 6. Iz (32.3) slijedi

a =18− 6b

6− b=

6(6− b)− 18

6− b= 6− 18

6− b∧ ab ≥ 3(a+ b). (32.4)

odakle mora biti 6− b | 18 pa dobijamo, 6− b ∈ {±1,±2,±3,±6,±9,±18}. Kako je b > 6 toje 6− b < 0 pa razmatramo samo negativne slucajeve.

1. 6− b = −1 ⇒ b = 7 ⇒ a = 24, ab = 168 > 3(24 + 7) = 93 ⇒ R1 = (a, b, c) = (24, 7, 25);

2. 6− b = −2 ⇒ b = 8 ⇒ a = 15, ab = 120 > 3(8 + 15) = 69 ⇒ R2 = (15, 8, 17);

3. 6− b = −3 ⇒ b = 9 ⇒ a = 12, ab = 108 > 3(9 + 12) = 63 ⇒ R3 = (12, 9, 15);

4. 6− b = −6 ⇒ b = 12 ⇒ a = 9, ab = 108 > 3(9 + 12) = 63 ⇒ R4 = (9, 12, 15);

5. 6− b = −9 ⇒ b = 15 ⇒ a = 8, ab = 120 > 3(15 + 8) = 69 ⇒ R5 = (8, 15, 17);

6. 6− b = −18 ⇒ b = 24 ⇒ a = 7, ab = 168 > 3(24 + 7) = 93 ⇒ R6 = (7, 24, 25).

Dakle, postoji 6 pravouglih trouglova (medu kojima ima podudarnih 3) sa zadanom osobinom.♠

Zadatak 33 Naci sve trouglove s cjelobrojnim duzinama stranica ciji je mjerni broj povrsinejednak mjernom broju obima, tj. P = O.



Rjesenje. Povrsina i obim (proizvoljnog) trougla su

P =√

s(s− a)(s− b)(s − c), O = a+ b+ c = 2s, s =a+ b+ c

2. (33.1)

Prema uslovu zadatka je P = O, odakle zbog prethodnoga dobijamo jednacinu√

s(s− a)(s− b)(s − c) = 2s (33.2)

koju treba rijesiti u skupu prirodnih brojeva. Uvedimo oznake

x = s− a;

y = s− b;

z = s− c.

Ovade jex+ y + z = 3s − a− b− c = 3s − (a+ b+ c) = 3s− 2s = s (33.3)

Sada jednacina (33.2) glasi√

(x+ y + z)xyz = 2(x+ y + z). (33.4)

Vrijedi

x = s− a =a+ b+ c

2− a =

b+ c

2− a

2> 0

jer jeb+ c

2− a

2> 0 ⇔ b+ c > a

sto slijedi iz cinjenice da su a, b, c stranice trougla. Analogno ovome dobijamo da je y > 0 iz > 0. Zbog toga, kvadriranjem jednacine (33.4) dobijamo njoj ekvivalentnu jednacinu

(x+ y + z)xyz = 4(x+ y + z)2 ⇔ 4(x+ y + z) = xyz. (33.5)

Iz s =a+ b+ c

2zakljucujemo da je s polovina parnog broja tj. s ∈ N ili je s polovina neparnog

broja. Ako bi s bio polovina neparnog broja, tada iz uvedenih smjena slijedi

x =2x1 + 1

2, y =

2y1 + 1

2, z =

2z1 + 1

2(x1, y1, z1 ∈ N)

zbog toga iz (33.5) dobijamo

4

(

2x1 + 1

2+

2y1 + 1

2+

2z1 + 1

2

)

=(2x1 + 1)(2y1 + 1)(2z1 + 1)

8

odakle se vidi da je lijeva strana cijeli broj, dok desna to nije, pa zakljucujemo da je s mora bitiprirodan broj, a time je i x, y, z ∈ N. Dakle, pocetni problem se svodi na rjasavanje jednacine

4(x+ y + z) = xyz

u skupu prirodnih brojeva. Ovu jednacinu cemo rjesiti metodom nejednakosti. Bez umanjenjaopstosti pretpostavimo da je x ≤ y ≤ z. Tada je

xyz = 4(x+ y + z) ≤ 12z

odnosno xy ≤ 12. Kako je

z =4(x+ y)

xy − 4

slijedi da mora biti xy > 4. Stoga imamo sljedece slucajeve:



1. x = 1, y = 5 ⇒ z = 24 ⇒ R′1 = (1, 5, 24);

2. x = 1, y = 6 ⇒ z = 14 ⇒ R′2 = (1, 6, 14);

3. x = 1, y = 7 ⇒ z =32

3/∈ N;

4. x = 1, y = 8 ⇒ z = 9 ⇒ R′3 = (1, 8, 9);

5. x = 1, y = 9 ⇒ z = 8 ⇒ R′4 = (1, 9, 8);

6. x = 1, y = 10 ⇒ z =22

3/∈ N;

7. x = 1, y = 11 ⇒ z =48

7/∈ N;

8. x = 1, y = 12 ⇒ z =13

2/∈ N;

9. x = 2, y = 3 ⇒ z = 10 ⇒ R′5 = (2, 3, 10);

10. x = 2, y = 4 ⇒ z = 6 ⇒ R′6 = (2, 4, 6);

11. x = 2, y = 5 ⇒ z =14

3/∈ N;

12. x = 2, y = 6 ⇒ z = 4 ⇒ R′7 = (2, 6, 4);

13. x = 3, y = 3 ⇒ z =24

5/∈ N;

14. x = 3, y = 4 ⇒ z =7

2/∈ N.

Odredimo sada a, b, c, tj. za svako R′i = (x, y, z) odredimo odgovarajuce (a, b, c) rjesenje.

x y z s = x+ y + z a = s− x b = s− y c = s− z

1 5 24 30 29 25 6

1 6 14 21 20 15 7

1 8 9 18 17 10 9

1 9 8 18 17 9 10

2 3 10 15 13 12 5

2 4 6 12 10 8 6

2 6 4 12 10 6 8

Zadatak je simetrican u odnosu na a, b, c, pa onda ako je (a, b, c) rjesenje to je i svaka permu-tacija elemanata a, b, c rjesenje. ♠

Literatura

[1] Kresimir Burazin, Nelinearne diofantske jednadzbe, Osijecki matematicki list 7 (2007)


diofantove jednacine - zbirka zadataka

Documents