Matematyka.pl

Ponewor pisze:

18.:    

Takie kolorowanie nie zmienia parzystości liczby czarnych pól, więc to niemożliwe.

HuBson pisze:

Ponewor pisze:

18.:    

Takie kolorowanie nie zmienia parzystości liczby czarnych pól, więc to niemożliwe.

Ukryta treść:    

jeżeli miałeś na myśli że liczba czarnych pól na szachownicy będzie zawsze parzysta to jest to nieprawda

Jakie trójkąty prostokątne można narysować na płaszczyźnie z siatką kwadratową tak, że przeciwprostokątna leży na jednej z linii siatki, a wszystkie wierzchołki leżą w węzłach (tj. punktach kratowych) tej siatki ?

ze \(\displaystyle{ 101}\) Nierozwiązanych problemów

Jakub Gurak pisze:Rozwiązałem jedno z nierozwiązanych zadań na forum. Oto one:

mol_ksiazkowy pisze: 25. Jakie trójkąty prostokątne można narysować na płaszczyźnie z siatką kwadratową tak, że przeciwprostokątna leży na jednej z linii siatki, a wszystkie wierzchołki leżą w węzłach (tj. punktach kratowych) tej siatki ?

Rozwiązanie:
Niech \(\displaystyle{ A}\) dowolny węzeł, i niech w rozważanym trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) przeciwprostokątna \(\displaystyle{ AB}\) leży na linii pionowej siatki. Niech \(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ a_{1}^{\prime}, a_{2}^{\prime}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c^{\prime}\right] \hbox{ gdzie } a_{1}^{\prime}, a_{2}^{\prime},c^{\prime}\in\mathbb{Z} \setminus \left\{ 0\right\}}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ a_{1}=\left| a_{1}^{\prime}\right| ,a_{2}=\left| a_{2}^{\prime}\right| ,c=\left| c^{\prime}\right|}\)
Zatem \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},c \in \mathbb{N}}\)
Musi być \(\displaystyle{ c>a_{2}}\)
Z twierdzenia Pitagorasa musi zachodzić:
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}+a_{1} ^{2}+ \left( c-a_{2}\right) ^{2} = c^{2}}\)
Po prostym przekształceniu otrzymuje, że:
\(\displaystyle{ \left( **\right) a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}=a_{2}\cdot c}\)
Czyli, że \(\displaystyle{ a_{1}^{2} =a_{2}\left( \cdot c-a_{2}\right)}\)

Dzieląc równanie \(\displaystyle{ \left( **\right)}\), przez \(\displaystyle{ \left[ \nwd\left( a_{1},a_{2},c\right)\right] ^{2}}\), czyli przez kwadrat największego wspólnego dzielnika liczb \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},c}\), otrzymamy równanie równoważne, ze zmiennymi, które nie mają wspólnego dzielnika, oraz to równanie będzie wyglądało 'prawie tak samo'. Otrzymane rozwiązania nazwiemy rozwiązaniami pierwotnymi.
Wszelkie inne rozwiązania powstaną po przez pomnożenie wartości zmiennych przez tą sama liczbę naturalną większą od \(\displaystyle{ 1}\) (można sprawdzić, że dowolną).

Nie uzasadniam tych rzeczy dokładnie, przede wszystkim dlatego, że byłoby to chyba uciążliwe, i wystarczy tego pisania, post jest i tak bardzo długi.
Zatem rozważmy sytuację gdy \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},a_{2},c\right)=1}\), tzn. liczby te nie mają wspólnego dzielnika.
Rozważmy najpierw sytuacje gdy dwie zmienne wśród \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},c}\) mają wspólny dzielnik.

Rozważmy więc gdy \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},a_{2}\right)=k>1}\) Zatem:
\(\displaystyle{ a_{1}=k \cdot b_{1} \qquad a_{2}=k \cdot b_{2}}\),
\(\displaystyle{ \hbox{ gdzie } b_{1}, b_{2} \in \mathbb{N}\hbox{ są względnie pierwsze }}\)
Mamy \(\displaystyle{ a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}=a_{2}\cdot c}\)
zatem \(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}+k^{2} \cdot b_{2}^{2}=k \cdot b_{2} \cdot c}\)
\(\displaystyle{ k^{2}}\) dzieli lewą stronę tej równości, zatem dzieli też prawą stronę
Zatem \(\displaystyle{ k^{2} \mid \left( k\cdot b_{2} \cdot c\right)}\)
Zatem \(\displaystyle{ k\mid \left( b_{2} \cdot c\right)}\)

Zauważmy, że liczby \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ k}\) są względnie pierwsze.
Gdyby miały wspólny dzielnik, większy od \(\displaystyle{ 1}\), to byłby on dzielnikiem liczb \(\displaystyle{ a_{1}}\) i \(\displaystyle{ a_{2}}\) (\(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},a_{2}\right)=k}\)), oraz byłby on dzielnikiem \(\displaystyle{ c}\), co przeczy temu, że \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1}, a_{2},c\right)=1}\)

Zatem iczby \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ k}\) są względnie pierwsze.
Zatem \(\displaystyle{ k\mid b_{2}}\)
Zatem \(\displaystyle{ b_{2}=k \cdot l\hbox{ dla pewnego naturalnego } l}\)
Wróćmy do naszego równania.
\(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}+k^{2} \cdot b_{2}^{2}=k \cdot b_{2} \cdot c}\)

zatem \(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}=k \cdot b_{2} \cdot c-k^{2} \cdot b_{2}^{2}}\)

Zatem \(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}=k \cdot k \cdot l \cdot c-k^{2} \cdot b_{2}^{2}}\)

\(\displaystyle{ k^{2}> 1}\) więc \(\displaystyle{ b_{1}^{2}=l \cdot c-b_{2}^{2}}\)

Zatem \(\displaystyle{ b_{1}^{2}=l \cdot c-k^{2} \cdot l ^{2}}\)
Prawa strona powyższej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ l}\), zatem również lewa strona.
Zatem \(\displaystyle{ l\mid b_{1}^{2}}\)
Ale mamy \(\displaystyle{ l\mid b_{2}}\) oraz \(\displaystyle{ b_{1}}\) i \(\displaystyle{ b_{2}}\) są względnie pierwsze, stąd \(\displaystyle{ \sim \left( l\mid b_{1}\right)}\) dla \(\displaystyle{ l >1}\)
Stąd łatwo się przekonać, że musi być \(\displaystyle{ l=1}\)
Wówczas \(\displaystyle{ b_{2}=k}\)
Zatem \(\displaystyle{ a_{1}=k\cdot b_{1}\qquad a_{2}=k \cdot k=k ^{2} \hbox{ gdzie } b_{1},k \hbox{ są względnie pierwsze }}\)
Zatem
** \(\displaystyle{ a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}=a_{2}\cdot c}\)

\(\displaystyle{ k ^{2} \cdot b_{1} ^{2}+ k^{4}=c \cdot k ^{2} \qquad k ^{2}>1}\)

Stąd \(\displaystyle{ c=b_{1} ^{2}+k^{2}}\)
Podejrzewam, że wszystkie trójki \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right)}\) postaci\(\displaystyle{ \left( k\cdot b_{1},k ^{2},b_{1} ^{2}+k^{2}\right) \hbox{ gdzie } b_{1}\in\mathbb{N},k\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}, b_{1},k \hbox{- względnie pierwsze }}\)
są rozwiązaniami zadania.
Udowodnijmy zatem prosty fakt, że jezeli trójka liczb naturalnych \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right) \hbox{ gdzie } c>a_{2}}\) spełnia równanie **, to
wyznacza ona rozwiązanie zadania.

Ukryta treść:    

Weźmy taką trójkę. Ustalmy dowolny węzeł \(\displaystyle{ A}\). Niech \(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ -a_{1}, a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c\right]}\)
Otrzymamy trójkąt ABC, o wierzchołkach w węzłach siatki, o boku \(\displaystyle{ AB}\) leżącym na linii siatki. Trzeba sprawdzić czy taki trójkąt jest prostokątny.
Mamy z twierdzenia Pitagorasa:
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+a_{2}^{2}= \left| AC\right| ^{2}}\)
oraz \(\displaystyle{ a_{1}^{2}+\left( c-a _{2} \right) ^{2}= \left| BC\right| ^{2}}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \left| AC\right| ^{2}+\left| BC\right| ^{2}=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{1}^{2}+\left( c-a _{2} \right) ^{2}\stackrel{**}{=}a_{2} \cdot c+a_{1}^{2}+c^{2}+a^{2}_{2}-2a_{2}\cdot c=}\)

\(\displaystyle{ =c^{2}+a_{1}^{2}+a^{2}_{2}-a_{2} \cdot c\stackrel{**}{=}c^{2}+a_{2} \cdot c-a_{2} \cdot c=c^{2}= \left| AB\right| ^{2}}\)
Zatem, na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest prostokątny i kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) jest prosty.

Weźmy zatem dowolną trójkę \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right)}\) postaci\(\displaystyle{ \left( k\cdot b_{1},k ^{2},b_{1} ^{2}+k^{2}\right) \hbox{ gdzie } b_{1}\in\mathbb{N},k\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}, b_{1},k \hbox{- względnie pierwsze }}\)
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+a_{2}^{2}=\left( k\cdot b_{1}\right) ^{2} + \left( k ^{2}\right)^{2}=k ^{2} \cdot b_{1} ^{2}+k ^{4} = k ^{2} \cdot\left( b_{1} ^{2}+k ^{2}\right)=a_{2} \cdot c}\)
Zatem takie trójki wyznaczają rozwiązanie.

Wróćmy do równania: \(\displaystyle{ a_{1}^{2} =a_{2}\cdot\left( c-a_{2}\right)}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{2},c\right) =k>1}\)
Wówczas prawa strona tego równannia jest podzielna przez \(\displaystyle{ k}\) (bo \(\displaystyle{ a_{2}}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ k}\)), zatem również lewa strona jest podzielna przez \(\displaystyle{ k}\)
Tymczasem \(\displaystyle{ a_{1}}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ k}\), (w przeciwnym przypadku trójka liczb by miała wspólny dzielnik, wbrew założeniu), zatem nie może \(\displaystyle{ k}\) dzielić \(\displaystyle{ a_{1}^{2}}\)


Załóżmy, że \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},c\right) =k>1}\)
Zatem
\(\displaystyle{ c=k \cdot c_{0}\quad a_{1}=k \cdot c_{1}\hbox{ dla naturalnych, względnie pierwszych liczb } c_{0},c_{1}}\)
Zatem \(\displaystyle{ k ^{2} \cdot c _{1} ^{2}+a_{2}^{2}=a_{2} \cdot k \cdot c _{0}}\)
Zatem \(\displaystyle{ a_{2}^{2}=a_{2} \cdot k \cdot c _{0}-k ^{2} \cdot c _{1} ^{2}}\)
Prawa strona tej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ k}\), zatem równiez lewa strona.
Podobnie tu, \(\displaystyle{ k}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ a_{2}}\) (inaczej trójka by miała wspólny dzielnik), zatem podobnie \(\displaystyle{ k}\) nie może dzielić \(\displaystyle{ a_{2}^{2}}\)

Załóżmy, że liczby \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},c}\) są parami względnie pierwsze, tzn. wśród tych trzech liczb żadna z żadną nie ma wspólnych dzielników
Wróćmy do rownania.
\(\displaystyle{ a_{1}^{2} =a_{2}\cdot\left( c-a_{2}\right)}\)
Prawa strona tego równania jest podzielna przez \(\displaystyle{ a_{2}}\), zatem także lewa strona,
Zatem \(\displaystyle{ a_{2}\mid a_{1}^{2}}\),
ale \(\displaystyle{ a_{2}}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ a_{1}}\), stąd musi być \(\displaystyle{ a_{2}=1}\)
Wówczas \(\displaystyle{ c-a_{2}=a_{1}^{2}}\), stąd \(\displaystyle{ c=a_{1}^{2}+1}\)
\(\displaystyle{ a_{2}=1}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ a_{1}}\) oraz \(\displaystyle{ c}\),
\(\displaystyle{ a_{1}}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ c=a_{1}^{2}+1}\), gdyż dowolny dzielnik \(\displaystyle{ a_{1}}\) (większy od \(\displaystyle{ 1}\)) dzieląc \(\displaystyle{ c=a_{1}^{2}+1}\) daje resztę \(\displaystyle{ 1}\)
\(\displaystyle{ c>a_{2}}\)
Zatem podejrzewam, że dowolna trójka liczb naturalnych postaci: \(\displaystyle{ \left( a_{1}, 1, a_{1}^{2}+1\right) \hbox{ gdzie } a_{1}\in\mathbb{N}}\) jest rozwiązaniem zadania.
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+a_{2}^{2}=a_{1}^{2}+1^{2}=a_{1}^{2}+1=1 \cdot \left( a_{1}^{2}+1\right) =a_{2} \cdot c}\)
Dowolna taka trójka spełnia równanie \(\displaystyle{ **}\), zatem jest ona rozwiązaniem.

Wzieliśmy dowolny węzeł \(\displaystyle{ A}\). Uzyskaliśmy dwa rodzaje rozwiązań pierwotnych:
\(\displaystyle{ \left( k\cdot b_{1},k ^{2},b_{1} ^{2}+k^{2}\right) \hbox{ gdzie } b_{1}\in\mathbb{N},k\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}, b_{1},k \hbox{- względnie pierwsze }}\)
oraz
\(\displaystyle{ \left( a_{1}, 1, a_{1}^{2}+1\right) \hbox{ gdzie } a_{1}\in\mathbb{N}}\)
Prócz tego jeśli trójka \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right)}\) jest rozwiązaniem, to rozwiązaniem jest dowolna trójka \(\displaystyle{ \left( m \cdot a_{1},m \cdot a_{2},m \cdot c\right) \hbox{ gdzie }m\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}}\)
Wektory \(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ -a_{1}, a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c\right]}\) wyznaczają trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\)
Wyznaczają trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) również wektory,
\(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ a_{1}, a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c\right]}\)
oraz
\(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ -a_{1}, -a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, -c\right]}\)
i
\(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ a_{1}, -a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, -c\right]}\)
Są one również rozwiązaniami.
Znowu, ciężko to porządnie opisać, wyjaśnić.

Ponadto są równiez rozwiązania, gdzie przeciwprostokątna leży poziomo, uzyskujemy je przez dowolny obrót trójkąta w rozwiązaniu pionowym, względem węzła \(\displaystyle{ A}\), o \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\).
Biorąc zaś dowolne rozwiązanie poziome, i obracając je o \(\displaystyle{ \left( -90^{\circ}\right)}\), otrzymamy rozwiązanie pionowe, z którego przez obrót o \(\displaystyle{ \left( +90^{\circ}\right)}\) możemy to właśnie rozwiązanie poziome otrzymać, co potwierdza kompletność zbioru rozwiązań.
To kończy zadanie, nareszcie!

Jakub Gurak pisze:zad. 25
Rozwiązałem jedno z nierozwiązanych zadań na forum.
Rozwiązanie:
Niech \(\displaystyle{ A}\) dowolny węzeł, i niech w rozważanym trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) przeciwprostokątna \(\displaystyle{ AB}\) leży na linii pionowej siatki. Niech \(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ a_{1}^{\prime}, a_{2}^{\prime}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c^{\prime}\right] \hbox{ gdzie } a_{1}^{\prime}, a_{2}^{\prime},c^{\prime}\in\mathbb{Z} \setminus \left\{ 0\right\}}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ a_{1}=\left| a_{1}^{\prime}\right| ,a_{2}=\left| a_{2}^{\prime}\right| ,c=\left| c^{\prime}\right|}\)
Zatem \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},c \in \mathbb{N}}\)
Musi być \(\displaystyle{ c>a_{2}}\)
Z twierdzenia Pitagorasa musi zachodzić:
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}+a_{1} ^{2}+ \left( c-a_{2}\right) ^{2} = c^{2}}\)
Po prostym przekształceniu otrzymuje, że:
\(\displaystyle{ \left( **\right) a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}=a_{2}\cdot c}\)
Czyli, że \(\displaystyle{ a_{1}^{2} =a_{2}\left( \cdot c-a_{2}\right)}\)

Dzieląc równanie \(\displaystyle{ \left( **\right)}\), przez \(\displaystyle{ \left[ \nwd\left( a_{1},a_{2},c\right)\right] ^{2}}\), czyli przez kwadrat największego wspólnego dzielnika liczb \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},c}\), otrzymamy równanie równoważne, ze zmiennymi, które nie mają wspólnego dzielnika, oraz to równanie będzie wyglądało 'prawie tak samo'. Otrzymane rozwiązania nazwiemy rozwiązaniami pierwotnymi.
Wszelkie inne rozwiązania powstaną po przez pomnożenie wartości zmiennych przez tą sama liczbę naturalną większą od \(\displaystyle{ 1}\) (można sprawdzić, że dowolną).

Nie uzasadniam tych rzeczy dokładnie, przede wszystkim dlatego, że byłoby to chyba uciążliwe, i wystarczy tego pisania, post jest i tak bardzo długi.
Zatem rozważmy sytuację gdy \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},a_{2},c\right)=1}\), tzn. liczby te nie mają wspólnego dzielnika.
Rozważmy najpierw sytuacje gdy dwie zmienne wśród \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},c}\) mają wspólny dzielnik.

Rozważmy więc gdy \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},a_{2}\right)=k>1}\) Zatem:
\(\displaystyle{ a_{1}=k \cdot b_{1} \qquad a_{2}=k \cdot b_{2}}\),
\(\displaystyle{ \hbox{ gdzie } b_{1}, b_{2} \in \mathbb{N}\hbox{ są względnie pierwsze }}\)
Mamy \(\displaystyle{ a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}=a_{2}\cdot c}\)
zatem \(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}+k^{2} \cdot b_{2}^{2}=k \cdot b_{2} \cdot c}\)
\(\displaystyle{ k^{2}}\) dzieli lewą stronę tej równości, zatem dzieli też prawą stronę
Zatem \(\displaystyle{ k^{2} \mid \left( k\cdot b_{2} \cdot c\right)}\)
Zatem \(\displaystyle{ k\mid \left( b_{2} \cdot c\right)}\)

Zauważmy, że liczby \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ k}\) są względnie pierwsze.
Gdyby miały wspólny dzielnik, większy od \(\displaystyle{ 1}\), to byłby on dzielnikiem liczb \(\displaystyle{ a_{1}}\) i \(\displaystyle{ a_{2}}\) (\(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},a_{2}\right)=k}\)), oraz byłby on dzielnikiem \(\displaystyle{ c}\), co przeczy temu, że \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1}, a_{2},c\right)=1}\)

Zatem iczby \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ k}\) są względnie pierwsze.
Zatem \(\displaystyle{ k\mid b_{2}}\)
Zatem \(\displaystyle{ b_{2}=k \cdot l\hbox{ dla pewnego naturalnego } l}\)
Wróćmy do naszego równania.
\(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}+k^{2} \cdot b_{2}^{2}=k \cdot b_{2} \cdot c}\)

zatem \(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}=k \cdot b_{2} \cdot c-k^{2} \cdot b_{2}^{2}}\)

Zatem \(\displaystyle{ k^{2} \cdot b_{1}^{2}=k \cdot k \cdot l \cdot c-k^{2} \cdot b_{2}^{2}}\)

\(\displaystyle{ k^{2}> 1}\) więc \(\displaystyle{ b_{1}^{2}=l \cdot c-b_{2}^{2}}\)

Zatem \(\displaystyle{ b_{1}^{2}=l \cdot c-k^{2} \cdot l ^{2}}\)
Prawa strona powyższej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ l}\), zatem również lewa strona.
Zatem \(\displaystyle{ l\mid b_{1}^{2}}\)
Ale mamy \(\displaystyle{ l\mid b_{2}}\) oraz \(\displaystyle{ b_{1}}\) i \(\displaystyle{ b_{2}}\) są względnie pierwsze, stąd \(\displaystyle{ \sim \left( l\mid b_{1}\right)}\) dla \(\displaystyle{ l >1}\)
Stąd łatwo się przekonać, że musi być \(\displaystyle{ l=1}\)
Wówczas \(\displaystyle{ b_{2}=k}\)
Zatem \(\displaystyle{ a_{1}=k\cdot b_{1}\qquad a_{2}=k \cdot k=k ^{2} \hbox{ gdzie } b_{1},k \hbox{ są względnie pierwsze }}\)
Zatem
** \(\displaystyle{ a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}=a_{2}\cdot c}\)

\(\displaystyle{ k ^{2} \cdot b_{1} ^{2}+ k^{4}=c \cdot k ^{2} \qquad k ^{2}>1}\)

Stąd \(\displaystyle{ c=b_{1} ^{2}+k^{2}}\)
Podejrzewam, że wszystkie trójki \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right)}\) postaci\(\displaystyle{ \left( k\cdot b_{1},k ^{2},b_{1} ^{2}+k^{2}\right) \hbox{ gdzie } b_{1}\in\mathbb{N},k\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}, b_{1},k \hbox{- względnie pierwsze }}\)
są rozwiązaniami zadania.
Udowodnijmy zatem prosty fakt, że jezeli trójka liczb naturalnych \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right) \hbox{ gdzie } c>a_{2}}\) spełnia równanie **, to
wyznacza ona rozwiązanie zadania.

Ukryta treść:    

Weźmy taką trójkę. Ustalmy dowolny węzeł \(\displaystyle{ A}\). Niech \(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ -a_{1}, a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c\right]}\)
Otrzymamy trójkąt ABC, o wierzchołkach w węzłach siatki, o boku \(\displaystyle{ AB}\) leżącym na linii siatki. Trzeba sprawdzić czy taki trójkąt jest prostokątny.
Mamy z twierdzenia Pitagorasa:
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+a_{2}^{2}= \left| AC\right| ^{2}}\)
oraz \(\displaystyle{ a_{1}^{2}+\left( c-a _{2} \right) ^{2}= \left| BC\right| ^{2}}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \left| AC\right| ^{2}+\left| BC\right| ^{2}=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{1}^{2}+\left( c-a _{2} \right) ^{2}\stackrel{**}{=}a_{2} \cdot c+a_{1}^{2}+c^{2}+a^{2}_{2}-2a_{2}\cdot c=}\)

\(\displaystyle{ =c^{2}+a_{1}^{2}+a^{2}_{2}-a_{2} \cdot c\stackrel{**}{=}c^{2}+a_{2} \cdot c-a_{2} \cdot c=c^{2}= \left| AB\right| ^{2}}\)
Zatem, na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest prostokątny i kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) jest prosty.

Weźmy zatem dowolną trójkę \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right)}\) postaci\(\displaystyle{ \left( k\cdot b_{1},k ^{2},b_{1} ^{2}+k^{2}\right) \hbox{ gdzie } b_{1}\in\mathbb{N},k\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}, b_{1},k \hbox{- względnie pierwsze }}\)
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+a_{2}^{2}=\left( k\cdot b_{1}\right) ^{2} + \left( k ^{2}\right)^{2}=k ^{2} \cdot b_{1} ^{2}+k ^{4} = k ^{2} \cdot\left( b_{1} ^{2}+k ^{2}\right)=a_{2} \cdot c}\)
Zatem takie trójki wyznaczają rozwiązanie.

Wróćmy do równania: \(\displaystyle{ a_{1}^{2} =a_{2}\cdot\left( c-a_{2}\right)}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{2},c\right) =k>1}\)
Wówczas prawa strona tego równannia jest podzielna przez \(\displaystyle{ k}\) (bo \(\displaystyle{ a_{2}}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ k}\)), zatem również lewa strona jest podzielna przez \(\displaystyle{ k}\)
Tymczasem \(\displaystyle{ a_{1}}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ k}\), (w przeciwnym przypadku trójka liczb by miała wspólny dzielnik, wbrew założeniu), zatem nie może \(\displaystyle{ k}\) dzielić \(\displaystyle{ a_{1}^{2}}\)


Załóżmy, że \(\displaystyle{ \nwd\left( a_{1},c\right) =k>1}\)
Zatem
\(\displaystyle{ c=k \cdot c_{0}\quad a_{1}=k \cdot c_{1}\hbox{ dla naturalnych, względnie pierwszych liczb } c_{0},c_{1}}\)
Zatem \(\displaystyle{ k ^{2} \cdot c _{1} ^{2}+a_{2}^{2}=a_{2} \cdot k \cdot c _{0}}\)
Zatem \(\displaystyle{ a_{2}^{2}=a_{2} \cdot k \cdot c _{0}-k ^{2} \cdot c _{1} ^{2}}\)
Prawa strona tej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ k}\), zatem równiez lewa strona.
Podobnie tu, \(\displaystyle{ k}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ a_{2}}\) (inaczej trójka by miała wspólny dzielnik), zatem podobnie \(\displaystyle{ k}\) nie może dzielić \(\displaystyle{ a_{2}^{2}}\)

Załóżmy, że liczby \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},c}\) są parami względnie pierwsze, tzn. wśród tych trzech liczb żadna z żadną nie ma wspólnych dzielników
Wróćmy do rownania.
\(\displaystyle{ a_{1}^{2} =a_{2}\cdot\left( c-a_{2}\right)}\)
Prawa strona tego równania jest podzielna przez \(\displaystyle{ a_{2}}\), zatem także lewa strona,
Zatem \(\displaystyle{ a_{2}\mid a_{1}^{2}}\),
ale \(\displaystyle{ a_{2}}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ a_{1}}\), stąd musi być \(\displaystyle{ a_{2}=1}\)
Wówczas \(\displaystyle{ c-a_{2}=a_{1}^{2}}\), stąd \(\displaystyle{ c=a_{1}^{2}+1}\)
\(\displaystyle{ a_{2}=1}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ a_{1}}\) oraz \(\displaystyle{ c}\),
\(\displaystyle{ a_{1}}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ c=a_{1}^{2}+1}\), gdyż dowolny dzielnik \(\displaystyle{ a_{1}}\) (większy od \(\displaystyle{ 1}\)) dzieląc \(\displaystyle{ c=a_{1}^{2}+1}\) daje resztę \(\displaystyle{ 1}\)
\(\displaystyle{ c>a_{2}}\)
Zatem podejrzewam, że dowolna trójka liczb naturalnych postaci: \(\displaystyle{ \left( a_{1}, 1, a_{1}^{2}+1\right) \hbox{ gdzie } a_{1}\in\mathbb{N}}\) jest rozwiązaniem zadania.
\(\displaystyle{ a_{1}^{2}+a_{2}^{2}=a_{1}^{2}+1^{2}=a_{1}^{2}+1=1 \cdot \left( a_{1}^{2}+1\right) =a_{2} \cdot c}\)
Dowolna taka trójka spełnia równanie \(\displaystyle{ **}\), zatem jest ona rozwiązaniem.

Wzieliśmy dowolny węzeł \(\displaystyle{ A}\). Uzyskaliśmy dwa rodzaje rozwiązań pierwotnych:
\(\displaystyle{ \left( k\cdot b_{1},k ^{2},b_{1} ^{2}+k^{2}\right) \hbox{ gdzie } b_{1}\in\mathbb{N},k\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}, b_{1},k \hbox{- względnie pierwsze }}\)
oraz
\(\displaystyle{ \left( a_{1}, 1, a_{1}^{2}+1\right) \hbox{ gdzie } a_{1}\in\mathbb{N}}\)
Prócz tego jeśli trójka \(\displaystyle{ \left( a_{1},a_{2},c\right)}\) jest rozwiązaniem, to rozwiązaniem jest dowolna trójka \(\displaystyle{ \left( m \cdot a_{1},m \cdot a_{2},m \cdot c\right) \hbox{ gdzie }m\in\mathbb{N} \setminus \left\{ 1\right\}}\)
Wektory \(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ -a_{1}, a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c\right]}\) wyznaczają trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\)
Wyznaczają trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) również wektory,
\(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ a_{1}, a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, c\right]}\)
oraz
\(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ -a_{1}, -a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, -c\right]}\)
i
\(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ a_{1}, -a_{2}\right] \vec{AB}=\left[ 0, -c\right]}\)
Są one również rozwiązaniami.
Znowu, ciężko to porządnie opisać, wyjaśnić.

Ponadto są równiez rozwiązania, gdzie przeciwprostokątna leży poziomo, uzyskujemy je przez dowolny obrót trójkąta w rozwiązaniu pionowym, względem węzła \(\displaystyle{ A}\), o \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\).
Biorąc zaś dowolne rozwiązanie poziome, i obracając je o \(\displaystyle{ \left( -90^{\circ}\right)}\), otrzymamy rozwiązanie pionowe, z którego przez obrót o \(\displaystyle{ \left( +90^{\circ}\right)}\) możemy to właśnie rozwiązanie poziome otrzymać, co potwierdza kompletność zbioru rozwiązań.
To kończy zadanie, nareszcie!