Rozkład

[mol_ksiazkowy]

Dowieść, fakt: istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych, które nie są sumami dwóch kwadratów liczb naturalnych, ale są sumami dwóch kwadratów liczb wymiernych....w dodatku na nieskończenie wiele sposobów.

[Marcin88]

Lemat: jeżeli liczba jest postaci \(\displaystyle{ 49^x}\), to nie jest sumą kwadratów dwóch liczb naturalnych.
Dowód: kwadraty liczb naturalnych mogą dawać przy dzieleniu przez 7 tylko reszty: 0,1,2,4. Zatem gdyby było
\(\displaystyle{ 49^x=a^2+b^2}\) to 7 musiałoby dzielić zarówno a jak i b. Dzieląc zatem obie strony równania przez 49 otrzymujemy,
że także równanie:\(\displaystyle{ 49^{x-1}=c^2+d^2}\) ma rozwiązanie w liczbach naturalnych. Postępując tak dalej otrzymujemy, że
także równanie:\(\displaystyle{ 49^0=e^2+f^2}\) ma rozwiązanie w liczbach naturalnych, co daje już sprzeczność, która daje tezę lematu. Biorąc zatem liczby postaci \(\displaystyle{ 49^x}\) i korzystając z
tożsamości: \(\displaystyle{ 49^x=(\frac{7^x(2k+1)}{2k^2+2k+1})^2+(\frac{7^x(2k^2+2k)}{2k^2+2k+1})^2}\) prawdziwej dla każdego naturalnego k
otrzymujemy dowód faktu, bo liczniki i mianowniki są tu względnie pierwsze.

[mol_ksiazkowy]

Oj...bardzo ładnie; w uzupełnieniu dodam, iż ma miejsce nastepujacy mocny...fakt: liczba naturalna może byc zapisana jako suma kwadratów dwóch liczb naturalnych, wtw, gdy w jej rozkładzie na czynniki pierwsze każdy czynnik dajacy reszte trzy przy dzieleniu przez cztery...wystepuje w parzystej potedze.
Gdy sie to zobaczy, okaze sie iz mozna brac smiało potegi czworki,bo...
\(\displaystyle{ 4^x=(\frac{3(2^x)}{5})^2+(\frac{2^{x+2}}{5})^2}\)
lub....ogólniej:
\(\displaystyle{ 4^x=(\frac{2^x(k^2-1)}{k^2+1})^2+(\frac{2^{x+1}k}{k^2+1})^2}\)
cbdo