Matematické Fórum

Pozdravujem ↑ MichalAld:.

Prva metoda.
Mozeme toto riesenie rozdelit na tri etapy. 

A: staci vyriesit problem, pre  cele cisla x,y,z ktore su navzajom nesudelitelne.

B: uvazujme  (x,y,z) je riesenie, kde x,y,z su navzajom nesudelitelne, tak
a) x, y nemozu byt naraz parne
b) x,y nemozu byt naraz neparne
c) ak predpokladame, ze x je neparne a y parne, tak existuje 2 cele cisla nesudelitelne u a v take, ze x=u-v a y=u+v ktore su stvorce, alebo minus stvorce ( napr. 9 alebo -9 ).
Vyuzite to na urcenie riesenia (x,y,z) ( navzajom nesudelitelne) danej rovnice z #1, take, ze x neparne a y parne. 

C: vyuzite A a B  na urcenie vsetkych celych rieseni danej rovnice. 

A teraz treba vsetko, co je vyssie, podrobne dokazat.

Ahoj ↑ Honzc:,
Navrh riesenia da riesenie celeho problemu. 
Najprv ho ukoncim.
Potom mozes aj  ty dat komplrtne riesenie.

Tu teraz dam riesenie cadti B.

a) tu sa da urobit dokaz sporom. 
Predokladam, ze (x,y,z) je riesenie rovninice
Ak x a y su parne tak aj aj su parne a tak aj je parne a tak aj je parne. 
A to je spor, z prepokladom ze x,y, z du nesudelitelne. 

To dokazuje a). 

b) na pokracovanie…….

↑ Richard Tuček:
Ahoj, je ovšem potřeba dokázat, že tímto postupem sestrojíme všechna.

Pozdravujem ↑ MichalAld:,
Co pises, je dobra definicia .
To znamena ze tvoj zapis znamena, ze x ( x cele cislo) musi byt nasobok cisla k.  Priklad, $x\equiv 0mod4$, ktore vyhovuju su prvky mnoziny {…;-8;-4;0;4;8;…}.

A tak to pouzijem tento pojem na dokaz b) z #3. 
Stale  predpokladam, ze (x,y,z) je riesenie rovnice z ##1.
Ak x, y su neparne , tak cize $x\equiv 1mod2$ a $y\equiv 1mod2$ ,a tak $x^2\equiv 1mod4$ a tiez $y^2\equiv 1mod4$, co nam da $z^2\equiv 2mod4$ (*).
A tiez mame, akoze je parne tak aj je parne,  preto $z^2\equiv 0mod4$.  (**)
No vsak (*) a (**) su protikladne, cize taketo x,y,z nemozu byt riesenie rovnice z #1.
c) na pokracovanie

Ahoj ↑ MichalAld:,
Vyborne.
Ano aj to staci, v takejto situacii, aby si dokazal, ze take x, y ( x,y su tu neparne) nemozu byt riesenie rovnice z #1. 
(A vidis, nemusis to ani vyjadrit vdaka pojmu  modulo ….)

Cast dokazu c) napisem tu, dufam, dnes vecer.

Tak, teraz, dam tu dokaz  z #3 B c).

Ak x je neparne cele cislo a y parne tak z je neparne ( lebo $z\equiv z^2\equiv x^2+y^2\equiv x+y\equiv 1$ $(mod2)$ ).
Akoze tu x a aj z su neparne tak z+x a aj z-x su parne; preto existuju dve cele cisla u,v take ze :
z+x=2u
z-x=2v
Cize
x=u-v
z=u+v .
u,v su nesudelitelne ( inac by prvocislo p by bol ich spolocny delitel, p by delilo $y^2=z^2-x^2$ ako aj y …. co je absurdne).
Tiez mam $y^2=z^2-x^2=(u+v{)}^2-(u-v{)}^2=4uv$
co da, ze u aj v ( alebo -u a aj -v) su dokonale stvorce.
( podrobnejsie y =2y’ a preto $y{\prime }^2=uv$ vsak zakladnej vete aritmetiky (= Jednoznacny rozklad) a tomu, ze u,v su nesudelitelne).
To da, ze $(u,v)=(u^{\ast 2},v^{\ast 2})$ alebo $(u,v)=(-u^{\ast 2},-v^{\ast 2})$.

Zaver:

Z toho vypliva, ze ak (x,y,z) je jedno riesenie rovnice z #1 z x,y,z navzajom nesudelitelne a take, ze x je neparne a y parne,   tak existuju dve cele cisla , nesudelitelne take, ze $(x,y,z)=(u^{\ast 2}-v^{\ast 2},2u^{\ast }{v}^{\ast },\pm (u^{\ast 2}+v^{\ast 2}))$.

Druhe riesenie.
Tu budem hladat vsetki rationalne riesenia rovnice $x^2+y^2=1$ a na koniec dokazem, ze vdaka tomu sa da vyriesit rovnica z #1.

No, minimálně jsem zkoušel, že pro kružnici s racionálním poloměrem, tedy

$x^2+y^2=r^2$

a přímku, která prochází racionálním bodem kružnice x0, y0 to platit bude, protože přímku $ax+by+c=0$ si můžeme vyjádřit i parametricky, tedy

$x=x_0-bt$
$y=y_0+at$

(a když bude racionální x0, y0 bude racionální i to c z rovnice přímky. Naopak to asi neplatí).

No a když to dosadíme do rovnice kružnice, dostaneme

$(x_0-bt{)}^2+(y_0+at{)}^2=r^2$

$x_0^2-2b{x}_{0}t+b^2{t}^2+y_0^2+2a{y}_{0}t+a^2{t}^2=r^2$

Na začátku jsme předpokládali, že jeden průsečík přímky s kružnici je racionální bod, což je ten x0, y0, takže pro něj platí, že

$x_0^2+y_0^2=r^2$

Takže to nám z rovnice krásně vypadne, a zůstane jen

$-2b{x}_{0}t+b^2{t}^2+2a{y}_{0}t+a^2{t}^2=0$

Z čehož hned plyne, že jeden kořen je t=0, a zůstane už jen lineární rovnice

$2a{y}_0-2b{x}_0+(a^2+b^2)t=0$

takže druhé řešení (druhé t) musí být zase racionální, když jsou všechny koeficienty racionální. A tudíž i druhé řešení x1,y1 bude zase racionální.

Ale když na to koukám, tak ve výsledku nevystupuje to r, takže by nemělo záležet na tom, jestli je r racionální nebo né, pokud se nám podaří splnit to
$x_0^2+y_0^2=r^2$
Tedy že stačí aby bylo racionální $r^2$

Zkoušel jsem to ještě i přímo s obecnou rovnicí přímky ... a přijde mi to mnohem složitější, a kdybych nevěděl, co chci aby mi vyšlo, tak bych na to asi nepřišel.

Nicméně, máme kružnici $x^2+y^2=r^2$, přímku $ax+by+c=0$ a bod x0,y0, který náleží jak té kružnici tak přímce a zároveň má racionální souřadnice.

Potom tedy pro přímku musí platit, že $a{x}_0+b{y}_0+c=0$, z čeho plyne, že $c=-a{x}_0-b{y}_0$. Pokud tedy budou a,b,x0,y0 racionální, bude racionální i c.

Teď tedy zkusíme najít ten druhý bod. Rovnici kružnice si trochu upravíme (protože už víme, co nás bude čekat...)

$x^2+y^2=r^2$
$b^2{x}^2+b^2{y}^2=b^2{r}^2$
$b^2{x}^2+b^2{y}^2=b^2(x_0^2+y_0^2)$

rovnici přímky taky
$ax+by+c=0$
$ax+by-a{x}_0-b{y}_0=0$
$by=a{x}_0+b{y}_0-ax$
$by=b{y}_0-a(x-x_0)$

Poslední úprava je klíčová ... protože až to dosadíme do rovnice kružnice, vznikne tam kupa členů ... a my víme, že x0 má být jeden z kořenů, takže výslednou rovnici by mělo být možné podělit tím kořenem (x-x0). Dále umocníme, ať to můžeme dosadit do kružnice...
$b^2{y}^2=b^2{y}_0^2-2ab{y}_0(x-x_0)+a^2(x-x_0{)}^2$

a po dosazení dostaneme:
$b^2{x}^2+b^2{y}_0^2-2ab{y}_0(x-x_0)+a^2(x-x_0{)}^2=b^2{x}_0^2+b^2{y}_0^2$

člen $b^2{y}_0^2$ je na obou stranách rovnice, takže nám hezky vypadne, a člen $b^2{x}_0^2$ využijeme k vytvoření dalšího (x-x0):

$b^2(x^2-x_0^2)+2ab{y}_0(x-x_0)+a^2(x-x_0{)}^2=0$

$b^2(x+x_0)(x-x_0)+2ab{y}_0(x-x_0)+a^2(x-x_0{)}^2=0$

Takto můžeme celou rovnici vykrátit tím kořenem (x-x0), který odpovídá prvním (známému) bodu, a zůstane nám lineární rovnice, která pokud bude mít racionální koeficienty nemůže vytvořit iracionální řešení (nemá tam žádnou odmocninu ani nic jiného, k výsledku se dobereme jen s využitím sčítání, násobení a dělení, což nám iracionální čísla nevytvoří).

Pozdravujem ↑ MichalAld:,
Pred tym, ako dam odpoved na #22, napisem ako predvidane v #18 mozne riesenie na otazky D) a E).

D) mozme predpokladat, $z\ne 0$,
a vtedy je jasne, ze $x^2+y^2=z^2$ su ekvivalentne $(\frac{x}{z}{)}^2+(\frac{y}{z}{)}^2=1$

F a)

Rovnica kruznice je $(x-\alpha {)}^2+(y-\beta {)}^2=r^2$ , kde   $\alpha ,\beta ,r\in \mathbb{Q}$

Tak $M(x,y)\in D^{\ast }\cap C^{\ast }$ vtedy ak
$(x-\alpha {)}^2+(y-\beta {)}^2=r^2$
$ax+by+c=0$.
Pre $b\ne 0$, ( pripad b=0, vam necham samym vyriesit) mame  $y=-\frac{a}{b}x-\frac{c}{b}$a x je rieseniec
$(x-\alpha {)}^2+(\frac{a}{b}x+\frac{c}{b}+\beta {)}^2=r^2$,
cize
$(1+\frac{a^2}{b^2})x^2+2(\frac{a}{b}(\frac{c}{b}+\beta )-\alpha )x+{\alpha }^2+(\frac{c}{b}+\beta {)}^2-r^2=0$
Na dokoncenie